2025-2026学年下学期广东省广州高三数学2026年5月考前冲刺卷二试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期广东省广州高三数学2026年5月考前冲刺卷二试卷含答案，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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A={x||x−2|>1}，B={x|x0)的左顶点为A，O为坐标原点，在C上存在点P，使得∠APO=π2，则C的离心率的取值范围为
A. 0,22 B. 22,1
C. 12,22 D. 12,1
8. 已知曲线y=x3−x与曲线y=x2+a有四条公切线，则实数a的取值范围是
A. −1,527B. 527,14
C. −1,14D. 14,+∞
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. 已知复数z1，z2，则下列命题成立的有
A. |z1n|=|z1|n,n∈ℤ
B. 若|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=0
C. 若z12+z22=0，则|z1|=|z2|
D. z1z2¯=z1¯z2¯
10. 已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，以D(p,0)为圆心，DF为半径得到圆D，圆上有一点(p,1)。过点F的直线与E交于P，Q两点，与圆D另交于点M，则
A. p=2
B. 当|PF|=4|FQ|时，P的横坐标为2
C. 当|PF|=4|FQ|时，|MF|=65
D. |FM||PQ|0)
（1）当m=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
（2）已知函数g(x)=exm−mx2，若x>0时，f(x)≥g(x)恒成立，求实数m的取值范围。
17.（15分）
如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点。
（1）证明：平面BED⊥平面ACD；
（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，
①求四面体ABCD与其外接球的体积比（化为最简形式）；
②当∆AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值。
18.（17分）
已知抛物线Γ：y2=4x，O为坐标原点，点A，B在曲线Γ上，直线OA，OB斜率之积为−12.
（1）求证：直线AB过定点；
（2）若圆C面积为4π，直线OA，OB与圆C都相切，
①证明：圆心C在定曲线W上，并求曲线W的方程；
②若直线OA与曲线W交于E、F两点，直线OB与曲线W交于M、N两点，求|EF||MN|的最大值.
19.（17分）
一个小盒里有6个除颜色外完全相同的小球，其中4个黑球，2个红球，从盒子中每次随机取出一个小球，若取出黑球，则放回小盒中；若取出红球，则有两种不同的操作，操作一：把取出的红球放回小盒，并往小盒里加入2个红球；操作二：用1个除颜色外完全相同的黑球替换该红球放回小盒中.
（1）分别计算在两种操作下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率；
（2）在操作二的前提下：
①求在第n(n≥2)次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用n表示）.
②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为X，求X的数学期望.
2026年普通高中毕业班考前冲刺题（二）
数学参考答案
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，只有一个选项是正确的. 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
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. 全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.ACD 10.AC 11.BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.10 13. −1，1或7，−17（写出一组即可） 14. 4959
[ 部分试题解析]
5. 记 “甲被派去B服务站” 为事件A，“甲、乙被派去不同服务站” 为事件B，则 n(A)=C42C41A22=12，n(AB)=(C42−1)C41A22=10，所以 P(B|A)=n(AB)n(A)=56
6. 由 f(x)=2x+2+2−x=2(2x+1+2−x−1)，易得 y=f(x) 关于 x=−1 对称，设 t=x+1，则 g(t)=2(2t+2−t)(t>0) 单调递增，所以 f(x) 在 (−1,+∞) 上单调递增，所以 |m−(−1)|>|2m+3−(−1)|，解得 −322，所以 e∈22,1
8.设曲线 y=x2+a 上的切点为 (x1,y1)，曲线 y=x3−x 上的切点为 (x2,y2)，
则切线方程分别为y=2x1x−x12+a，y=(3x22−1)x−2x23，所以{2x1=3x22−1−x12+a=−2x23
即a=x12−2x23=9x24−6x22+14−2x23，所以4a−1=9x24−8x23−6x22
令h(x)=9x4−8x3−6x2，且h'(x)=12x(3x+1)(x−1)
结合图象可得，当−72733>，
设四面体ABCD的外接球的半径为R，则R2=AE2+OE2=43，即R=>233>，
所以外接球的体积为V=43πR3=43π(>233>)3=32327π，
又由DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
又因为AC⊥DE，且AC∩BE=E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
所以四面体的体积为VABCD=13×>34>×22×1=>33>，
则VABCDV=932π，即四面体ABCD与外接球的体积比为>932π>。
②由（1）知，AC⊥平面BDE，连接EF，因为EF⊂平面BDE，
所以AC⊥EF，当∆AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小时，∆AFC的面积取得最小值，
在直角∆BDE中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，此时EF=DE·BEBD=>32>，
又由DE⊥AC，BE⊥AC，可得EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，以EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则A(1,0,0)，B(0,3,0)，D(0,0,1)，C(−1,0,0)，
可得AB→=(−1,3,0)，DB→=(0,3,−1)，
在直角∆BDE中，DE=1，DB=3，BD=2，可得DF=DE2DB=12，BF=32，
所以3DF→=FB→，设F(0,y,z)，则DF→=(0,y,z−1)，FB→=(0,3−y,−z)，
所以3·(0,y,z−1)=(0,3−y,−z)，可得y=>34>，z=34，即F(0,>34>,34)，所以CF→=(1,>34>,34)，
设平面ABD的法向量为n→=(x1,y1,z1)，则{n→⋅AB→=−x1+3y1=0n→⋅DB→=3y1−z1=0，
取y1=1，可得x1=3，z1=3，所以n→=(3,1,3)，
设CF与平面ABD所成的角为θ，可得sinθ=|cs⟨CF→，n→⟩|=|CF→·n→||CF→||n→|=437，
所以，当∆AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的>437>。
18.（17分）
解：（1） 设Ay124,y1，By224,y2，则有kOA=4y1，kOB=4y2，
故kOA·kOB=4y1·4y2=16y1y2=−12，即y1·y2=−32
设直线AB方程为：x=my+t，联立方程得：y2−4my−4t=0，
由根与系数关系得：y1·y2=−4t
即−4t=−32，得t=8，则直线AB过定点(8,0)
（2）①依题意，圆C半径为πr2=4π，得r=2
设圆心坐标为(x0,y0)，过原点与圆相切的直线方程为y=kx，
则有|kx0−y0|k2+1=2，化简得(x02−4)k2−2x0y0k+y02−4=0
设直线OA、OB斜率分别为k1，k2，则有k1k2=y02−4x02−4=−12
化简得：x0212+y026=1，即圆心C为椭圆x212+y26=1的点
所以该曲线的方程为x212+y26=1。
②设直线OA、OB的方程分别为：y=kx，y=−12kx，设E(x1,y1)，M(x2,y2)
则有{y=kxx212+y26=1，解得x12=122k2+1，所以|OE|2=12(1+k2)2k2+1
同理可得|OM|2=6(4k2+1)2k2+1
则|OE|2·|OM|2=12(1+k2)2k2+1·6(4k2+1)2k2+1
=72·12(2+2k2)2k2+1·(4k2+1)2k2+1·(4k2+1)2k2+1≤366k2+322(2k2+1)2=81
所以|EF||MN|=2|OE|·2|OM|≤36，当且仅当k=±22时等号成立.
所以|EF||MN|的最大值为36．
19.（17分）
解：（1）记在操作一下，第二次取到红球的概率为P1，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
所以P1=46×13+26×48=718；
记在操作二下，取到红球的概率为P2，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则P2=46×13+26×16=518；
（2）①设第k(k