数学(4)-【黄冈中学】2026年高考数学临考特训预测

黄冈中学临考特训预测卷（四） 数学 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的， 1.已知集合U={xx是小于6的正整数)，A={1,3,5},则CA的真子集个数为 A.1 B.2 C.3 D.4 2,设之则在复平面内乏对应的点位于) A.第一象限 B第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.已知向量a=(一1,1)，b=(1,3),若a⊥(a+b),则A= A.-2 B.-1 C.1 D.2 4.已知函数fu)=sin(2026x+石)+cos(2026x-)的最大值为A,若存在实数x1, x2,使得对任意实数x恒有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则Ax1一x2的最小值为 π A.4052 R206 C103 2π D.1013 5.某班级举行“变废为宝”手工活动，某学生用 B 扇形纸壳裁成扇环（如图1）后，制成了圆台 形简易笔筒（如图2）的侧面.在圆台的轴截 面ABCD中，AB=AD=10cm,CD= 15cm,则原扇形纸壳中扇形的圆心角为 图1 图2 A.3 B.2 C.4 D. 6 黄冈中学临考特训预测卷（四）第1页（共4页） 6.从3名男生和2名女生中随机选择两人，设选到的男生人数为X,则5X+2的方 差为 9 9 A.25 B. C.9 D.11 7.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F的直线交C于A,B两点，分别以A,B为切 点作C的切线l1,l2,若L1,l2交于点P,且|PF|=5,则|AB|= A.3 B.4 C.5 D.6 8.设a=tan0.21.b=h1.21,c=6,则 A.a>c>b B.a>b>c C.b>c>a D.b>a>c 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 9.已知首项为正实数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S,=a3,a2= 3,则 A.a1=1 B.数列{an}为递减数列 C.数列{am}有最小项 D.4S,-a=3 10.在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,其面积为S.若sinA+sin2B= snc+s- 4ab,则 A.sin C3 B.a2+b2=2c2 2 C.C=2 3元 D.cos Acos B=1 4 11.已知线段BC的长度为4，线段AB的长度为m,点D,E满足AD=DC,DE· AC=0,且点E在直线AB上，则 A.当m=4时，点E的轨迹是圆 B.当m>4时，点E的轨迹是椭圆 C.当m=2√2时，点E的轨迹是等轴双曲线 D.无论m为何值，点E的轨迹不可能是抛物线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.设x=9/37-2,则x5+10x4十40x3+80x2+80x的值为 13.一枚质地均匀的骰子，其六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6.现将此骰子任意抛掷 X1X≤X'记 X2,X1<X2, X2,X1>X2, 事件A=“Y,=5”,B=“Y2=3”,则P(BA)= 14.四个同样大小的球O1,O2,O3,O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线 O,M与直线O3O4所成角的余弦值的取值范围是 黄冈中学临考特训预测卷（四）第2页（共4页） 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出相应文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)随着经济的发展，某地农民收入逐年增长.下表是该地一农商银行连续五 年的储蓄存款（年底余额）： 年份x 2020 2021 2022 2023 2024 储蓄存款y/百亿元 5 6 7 8 10 为了研究、计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，设t=x一2020，之= y-5,得到下表： 时间代号t 0 1 2 %6 4 0 1 2 3 5 (1)求之关于t的线性回归方程； (2)通过(1)中的方程，求出y关于x的回归方程并预测到2030年年底，该农商银 行储蓄存款额可达多少百亿元. 参考公式：6= 含，y-版可 -,a=y-bx. .x-n. =1 16.(15分)如图，DE是等腰三角形ABC的一条中位线，AB=AC=√5，BC=2,将 △ADE沿DE折起，得到四棱锥A1-BCDE. (1)证明：AA1⊥平面A1BC; (2)若四棱锥A1BCDE的体积为)，求平面A,DE与平面A,BC夹角的余弦值. A D 黄冈中学临考特训预测卷（四）第3页（共4页） 17.（15分)人脸识别中的关键步骤之一是将人脸图像转换为特征向量，并通过向量之 间的相似度进行识别，余弦相似度是最常用的度量方式之一 设二维特征向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),定义余弦相似度为cos(a,b)= x1x2十y1y2 一，显然有cos(a,b)∈[-1,1]，值越大表示两向量方向越接近. √/x+yi·Wx2+y2 为方便处理，常将其转化为余弦距离：da:b,一1一cos(a,b). 已知某识别系统规定：若两向量的余弦距离dab,<0.25,则认为对应两张人脸 属于同一个人 (1)若向量u=(cos0,sin0),v=(sin0,一cos0),求dosm.w)的值，并根据上述标准 判断它们是否属于同一个人； (2)现有三个不同人的人脸特征向量：r=(cosa,sina),s=(cosB,sin3),t= 2 8 cos,sinY)(a,3,y0,元，且满足d与·a13求d 的值； (3)若两个人脸特征向量分别为p=(1,0),q=(3,y),由系统规定判断两张人脸属 于同一个人，求y的取值范围. 7分已知双曲线C名1a>0,b>0的离心率为且经过点4 (1)求C的方程； (2)已知M(1,0),若垂直于x轴的直线与C相交于A,B两点，直线AM与C的另 一个交点为D: (ⅰ)证明：直线BD过定点N; (iⅱ)过点N作直线L与C的右支交于两点E,F,请判断点M是否一直在以线 段EF为直径的圆内，并说明理由， 19.(17分)已知函数f(x)=ln(2x+m)+2x,m∈R (1)若曲线y=∫(x)在x=1处的切线的斜率为3，求切点坐标； (2)讨论函数f(x)的单调性； (3)当m=2xe(0,)时，求证：fx)<sinx+2+1n2. 黄冈中学临考特训预测卷（四）第4页（共4页）19.解：(1)f(x)的定义域为(-m,+∞)，令f'(x)= 1 x+m ,一1=-+m1=0,得x=1-m x十m 当x∈(-m,1-m)时，f'(x)>0:当x∈(1- m,十∞)时，f'(x)<0, ·∫(x)的单调递增区间为（一m,1一m),单调递 减区间为(1一m,十∞). (4分) (2)令F(x)=g(x)-f(x),则F(x)≥0在x∈ (一m,0]上恒成立. F(x)=sin x-In(x+m), 1 F'(x)=cosx一x十m ①当0<m≤1时， e(-mol+mE0,mn≥> 1,而c0sx1, .F(x)≤0，F(x)在(-m,0]上单调递减， ∴.F(x)≥F(0)=-l1nm≥0，符合题意. ②当m>1时， F(0)=-lnm<0,与题意不符，舍去. 综上，m∈(0,1]. (12分) (3)证明：由(2)知，当m=1时，g(x)≥f(x)在 x∈(-1,0]上恒成立， 即sinx≥ln(x+1)在x∈(-1,0]上恒成立（当 且仅当x=0时取等号) 1 一sinx≤lnx中i,即sin(一x)≤ x+1 1 1 令一x=n十1)，则有sim十1) 1 (n+1)3 In- 1 1一(m+1) -=In n+3n+3m (n+1) (n+1)3 n(n2+3m+3) <1nnm+1D(n+2) (n+1)2 In n(n+2) 1 1 sin+sin+sin+sin D 22 32 42 n1×3+ln2X4+ln3x5+.+n (n+1)2 n×(n+2) 22×32×42×…×(n+1)2 1n1X2x32×42×…×n2×(n+1)×(n+2) 2n+1D∠1n2. In n+2 (17分) 黄冈中学临考特训预测卷（四）】 答 题号 1 2 5 6 案 答案 C D B C 速 题号 8 9 10 11 查 答案 C B ACD ABD BCD 1.C【解析】因为U={1,2,3,4,5},A={1,3,5〉， 所以CA={2,4},共有2个元素，从而其真子集 个数为2-1=3.故选C. 2D【佩标】由题查得己-20-1+则 乏=1一i,故复数乏在复平面内对应的点为(1， 一1)，在第四象限.故选D. 3.B【解析】易得a十λb=(-1十A,1十3λ)，因为 a⊥(a+λb),所以a·(a+b)=0,即(-1,1)· (-1十入，1+3入)=0，所以1-入十1+3入=0，解得 λ=-1.故选B 4.C【解析】f(x)=sim(2026x+石）+ cos(2026x- ）=sim(2026x+8）十 co[(2o26r+若）-]-2sim(2o26x+若)： 则A=2,T= 2π 2026 =1013'从而A1x1 m=2×2=1013放选C π 5.B【解析】设原扇形纸壳中扇形的半径为r1,裁 掉的扇形半径为r2,由弧长公式l=ar可得，r1= ,r2= ,又r1-r2=10cm,且l1=15πcm, a 14=10xm则有15-18-10，解待。=子放 选B. 6.C【解析】X=0,1,2,P(X=x:)= 一，则 C 随机变量X的分布列为 X 1 P 1 3 3 10 10 所以E(X)=0X0 3 6 +1× 5 +2×10 51 E(X2)=0+1X 3 39 +4×10-5 9 所以D(X)=E(X)-[E(X)]=25则 D(5X+2)=25D(X)=9.故选C. 7.C【解析】由题意得=2.F(1,0),设A( ）,B(年：)，由焦点弦性质有yy=-4.过 A,B两点的切线方程分别为l1:y1y=2（x十 )）1:y=2(x+)联立解得P(-1 ”)又PF=厅，由两点间的距离公式可 得Pp=-1-1D+(2-o)=5 即(y1十y2)2=4,则y1十y2=4-2y1y2=12,从 而AB=AF1十|BF1=十1+兰+1 4 y+2+2=5.故选C 4 8.B【解析】由x∈(0，)），sinx<x<tamx知 a=tan0.21>0.21,又由x>0,ln(1+x)<x知 b=ln1.21<0.21,故a>b.令f(x)=ln(1+x) 1中≥0.则f)=a十)≥0，从面f) 单调递增，又∫(0)=0，则∫(0.21)>0，即有 a1.2>品>品=日从而有>6>6故 选B. 9.ACD【解析】由题知公比q≠1，由S,=7a3, /a1(1-g3) =7a1q2, 42= 3,可得 1-q 解得a1=1, a19=- 31 g=-或a1= 3,9= ·又a1>0,所以 1 a,=1g=-3a=(-3）,s=[1 (-号）门对于Aa,=1,故A正确.对于B,该 1111 数列前几项依次为1，一 3‘9·2787,不 是递减数列，是正负交替的摆动数列，故B错误. 对于C,奇数项：a:=1,ag= 1 1 9a5=87…,均为 1 正项，且逐渐减小，趋近于0；偶数项：a2= 3 a= 274。=一243…，均为负项，且逐渐增大， 趋近于0，则a2=一 为最小项，故C正确。 对于Da,=(-号)=-3(-号)广则4S, a,=31-(-3)门+3(-3）广=3，故D正 确.故选ACD. 10.ABD【解析】对于A,三角形面积公式为S= 2 absin C.又s=3。 6,所以mC=放A正 确：对于B,C,由A中分析可知sinC=),则 sin'A+sin'B=sin'C+3 4 sinC+sin2C= 2sinC,由正弦定理得a2+b2=2c2,所以cosC= a2+b2-c2c2 2ab 2ab>0.即c∈(o,）,又simc= ,所以C=牙，故B正确，C错误；对于D,由余 3 弦定理有2=a2+6-2 abtosC,又cosC-号， a2+b2=2c2,所以c2=2c2-ab,即c2=ab,由正 3 弦定理得sinC=sin Asin B,即sin Asin B=4, cos(A+B)=cos Acos B-sin A sin B.A+B 2一2 =一C-,所以os(A+B)= 1 所以cos Acos B=-+(-)=}放D正确 故选ABD 11.BCD【解析】依题意，直线DE即为线段AC的 中垂线，当m=4时，点E即为点B,故A错误； 当m>4时，|EB|+EC|=|AB|>|BC|,点E 的轨迹是椭圆，故B正确；当m<4时，||EB|一 |EC|=|AB<BC|,点E的轨迹是双曲线， 又因为m=2√2，BC的长度为4，所以点E的轨 迹是等轴双曲线，故C正确；由前面分析可知，点 E的轨迹不可能为抛物线，故D正确.故选BCD. 12.5【解析】由题意得x十2=37，根据二项式定 理，(x+2)5=x5+10x1+40x3+80x2+80x+ 32=37,故x5+10x4+40x3+80x2+80x=37- 32=5. 13.弓【解析】将骰子任意抛挑2次，则基本事件的 方法总数为36种.显然Y:是取大函数，所以 A=“Y1=5”表示X1,X2中有一个为5，另一个 不大于5，共有9种.显然Y2是取小函数，所以事 件A,B同时发生只有(3,5)，(5,3)两种.因此 PA)-品--PAB)-品-3则pBA- P(AB)2 P(A) 9 14[0,号】【解析】四个同样大小的球00 O3,O,两两相切，则O1OO3Ox为正四面体， 且正四面体的棱长为球的直径.由O,O,⊥ O1O2知，过O2作球O1的切线O2A,则有 ∠00A=,从而直线0：M与直线0,0，所 成角e∈[背]，其余弦值cose[o]: 15.解：(1)由题表得t= 0+1+2+3+4=2. -_0+1+2+3+5=2.2. 2= (2分) 5 2t?=0+1+4+9+16=30, 212,=0+1+4+9+20=34, ,x-5034-5X2x2.2=1.2. 则6=-则 i-5 30-5×2 a=x-b1=2.2-1.2×2=-0.2, 故之关于t的线性回归方程为之=1.2t一0.2. (7分) (2)由题意有t=x一2020，之=y-5,代入线性回 归方程之=1.21一0.2，得 y-5=1.2(x-2020)-0.2, 即y=1.2x-2419.2. (10分) 当x=2030时，有y=1.2×2030-2419.2= 16.8, 故预测到2030年年底，该农商银行储蓄存款额 可达16.8百亿元 (13分) 16.解：(1)证明：由题意得AE=A1E,AD=A1D, 又DE为△ABC的中位线， ! 15 所以AE=BE,AD=CD,即A1E,A1D分别为 △A1AB,△A1AC的中线， 则有A:E=2AB,A,D=号AC,所以△AAB. △A1AC均为直角三角形， 即∠AA1B=90°，∠AA1C=90°，所以AA1⊥ A1B,AA1⊥A1C 又A1B∩A1C=A1,A1B,A1CC平面A1BC,故 AA1⊥平面A1BC. (6分) (2)取DE的中点O,连接A,O,则A1O⊥DE.易 知等腰梯形BCDE的面积为号，等腰△ABC中 底边BC上的高为2，又四棱锥A1-BCDE的体 积为号，从面四校锥A1BCDE的高为1，即为 A1O,即有A,O⊥平面ABC 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 有A,00,10.D(号00E(-0,0小， B(-1,1,0),C(1,1,0).则CA=(-1,-1,1) BA=(1,-1,1) 易知平面A1DE的一个法向量为n1=(0,1,0). (10分) 设平面A:BC的法向量为n2=（x,y,之)，有 CAi·n2=0,n-x-y十z=0,。 即 即y=1, BA·n2=0, x-y+z=0, 从而n2=(0,1,1). (12分) 设平面A1DE与平面A1BC的夹角为a,则有 n1·n2|_√2 cosa=cos(n,n2）=n1n,2,从而平 √2 面A,DE与平面A,BC夹角的余弦值为 (15分) 17.解：(1)由题意得cos(u,v)= cos 0sin 0+sin (-cos 0) =0 √cos0+sin0·√sinθ+(-cos0) 则dm.=1一cos(u,v)=1>0.25,故他们不属 于同一个人. (4分) (2)由题意，有d)=1一cos(s,t)=1一 cos(B-Y). 2 因为dw=弓dn 13所以cos(r,s) 3 cos(a-8)= 5,cos(r,1)= 3 5 cos(a-Y)-13' ycos(B-Y)=cos[(a-Y)-(a-B)]=cos(a- Y)cos(a-B)+sin(a-Y)sin(a-B), 3 所以cos(g-y)=i3十sin(a-Y)sin(a-B), 因为a,3,y∈[0，π]，所以a-B∈[-π，π]， a-y∈[-π，π]，则sin2(a-3)=1一 16 cos'(a-3)-25'sin'(a-y)-1-cos'(a-y)- s即ma-》=士号ma-》=士号所 以sin(a-Y)sin(a-3)=±48， 651 即owg-》3或-需放dn后器 (8分) 又因为r,s,t是三个不同人的人脸特征向量， 98 则必有daw≥0.25，从而daw=65.(10分) (3)由题意得，cos(p,q)= 1×3+0×y 3 √1+02·√32+y√9+y 3 dcos(p=1-cos(p,q)=1-- 9+y 由于系统规定判断两张人脸属于同一个人，故有 do0.25, 3 一1 1 W√9+y 又cos(p,q)∈[-1,1]，所以 3 0.25, 9+y2 解得y∈(-√7，√7). (15分) c 5 a 2 a=2, 18.解：(1)由题意可知163 解得b=1, =1, a2 c=5, c2=a2+b2, 16 所以双曲线C的方程为号-y=1。 (4分) (2)(i)证明：设lD:y=kx+b,B(x1,y1), D(x2y2),则A(x1,-y1). y=kx+b, 联立方程 消去y,得(1-4k2)x2 4 -y2=1, 8kbx-4b2-4=0, 8kb 462+4 则x1十x2= 1-4k2X1x2 4k2-1 设1D:y-y2= 十出(x一x),直线AD过 x2-x1 M(1,0), 则有一y2 y2十y1(1一x2) x2-x1 将y2=kx2+b,y1=kx1十b代入上式，得 2kx1x2十(b-k)(x1+x2)-2b=0, 即2(46+④)+866)-26=0，化简得 4k2-1 1-4k2 4k十b=0,即b=一4k. 故1D:y=k(x-4),过定点N(4,0).(10分) (i)设l:x=my十4，E(x3y1),F(x4,y),联 (x=my+4, 立方程 4y2=1, 消去x,得(m3-4)y2+8my+12=0, △=64m2-48(m2-4)=16m2+192>0, 8m 12 则y十4二myy m2-4' 32 从而x3十x4= 4-m2x3x4= 4m2+64 4-m2 若直线1交C于右支上两点E,F,则有 △>0， x3+x4>0,解得m∈(-2,2). x3x4>0, 因为M元=(x-1,y)=(my十3，y3）,M庐= (x1-1,y1)=(my4+3,ya), 所以M正·M=(my3+3,y)·(my4+3, y4)=(m2+1)y3y4十3m(y&+y4)+9= >0,故点M不总在以线段EF为直径 的圆内 (17分) 一十x,又 19.解：(1)由题意得f'(x)=2x+m )3,所以22+1=3，解得m= 1 则fx)=lh(2x-1)+22, 所以f1)=1h(2x1-1D+2×1= 2 故切点坐标为(1） (4分) (2)f(x)=ln(2x十m)+2x2的定义域为 （-%,+∞）小fx)=2+mr+ 2x+m 先考虑关于x的方程2x2+mx十2=0， 当△=m2-16≤0，即m∈[-4,4]时，f'(x)≥0 恒成立f(x)在(-受，十∞）上为单调递增 函数 当△>0，即m>4或m<一4时，不妨设方程两 根为1，x2(x1<x2),有x1十x2=一 2, x1x2=1, 当m>4时x1<x:<0x1-(-）=-x 0,从而f(x)在(-空x,(x+∞)上为单 调递增函数，在(x1,x2)上为单调递减函数，即 f(x)在 2 -m-√/m2-16 4 -m+√m2-1 4 ,十∞)上为单调递增函数， 在（二m-m-6,二m+ym-16）上为 4 4 单调递减函数； 当m<-4时0<x<xx:-(-g） 一x1<0 则了)在(-受十)上为单调递增函数 (8分) 综合可知：当m>4时，f(x)在(-2， -m-m-l6),(-m+m=16,+ee） 4 上为单调递增函数，在（二m-Vm-16 4 -m+/m2-16 上为单调递减函数； 4 当m<4时，了)在（一公十）上为单调递增 函数 (10分) (3)证明：若m=2,则f(x)=ln(x+1)+ 2+n2,故fx)-(smx+号2+lh2） 1 In(+1)-sin x. 令g(x)=ln(x十1)-sinx,则g'(x=x十i cos a.g"()--(1)sin (12分) 易知g”(x)在x∈(0，受）上为单调递增函数， g(0)=-1<0g(2）=1- 2>0, 从而必存在x1∈(0,2)，使g”(x1)=0, 则g'(x)在(0，x1)上为单调递减函数，g'(x)在 (x1,2)上为单调递增函数. 又g'0)=0,g() 1->0,则g'(x)<0 +1 在(0，x1)上恒成立， 且必存在x:∈(x,受）使g'(x:)=0 则g(x)在(0，x2)上为单调递减函数，在(x2, )上为单调递增函数。 (15分) 又go=0g(2）=1n(5+1-1<0 即x∈(o,)时，g(x)<0恒成立， 从而m=2,x∈(0.2）时，f(x)<sinx十 2x2+ln2恒成立. (17分) 黄冈中学临考特训预测卷（五） 答 题号 2 3 5 6 案 答案 B D B C B 速 题号 8 9 10 11 查 答案 D C BCD BC ABD