安徽省皖豫联考2026届高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

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1. 已知扇形的面积为，圆心角为1弧度，则扇形的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据扇形的弧长、面积、周长公式求解即可.
【详解】记扇形的弧长、半径、圆心角分别为，，，，
则扇形的面积为，解得，则弧长为，
所以扇形的周长为．
故选：D
2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，再根据集合的包含关系列不等式求解即可.
【详解】集合，，
因为，所以，解得.
故选：B.
3. 已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，则向量用基底，表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算即可得解.
【详解】由题图可设，，，
设，则故．
故选：D
4. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由空间线面位置关系即可判断.
【详解】若，，则或．
当时，则，所以，充分性成立；
当时，即时，和可能平行，可能相交，也可能线在面内，必要性不成立．
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
5. 已知圆台的母线所在的直线和底面所成的角为，且该圆台的上、下底面的面积分别为和，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆台的性质，先求出上下底面半径，再根据已知条件求出圆台的高，最后利用圆台的体积公式求解．
【详解】
设圆台的上、下底面半径分别为，，
圆台的上、下底面的面积分别为和，
，解得，
又圆台的母线所在的直线和底面所成的角为，
圆台的高，
圆台的体积为．
故选：C．
6. 如图，在正四棱锥中，，，是棱上一动点，是棱上一点，且，则两线段，的长度的和的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把沿展开后，，，三点共线时，最小，计算即可得.
【详解】如图，把沿展开，使，，，，五点共面．
当，，三点共线时，的值最小，
由正四棱锥性质可得，
则展开图中到的距离，
又，则，
此时．
故选：B.
7. 记数列的前项和为，，，则（ ）
A. 9B. C. 10D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据递推数列求出是周期为2的数列，然后求出前25项和.
【详解】由，得，
令，则，所以，，
所以，所以是周期为2的数列．
由题设易得，所以．
故选：D.
8. 已知某圆锥的轴截面是钝角三角形，记该钝角三角形的腰长为，若过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】画图，的面积可表示为，根据三角函数性质可得当时，截面面积取得最大值，即可得到结果.
【详解】如图，是圆锥的轴截面，依题意可得，
过该圆锥顶点的任意截面的面积可表示为，
易知当时，截面面积取得最大值，所以，解得．

故选：B
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知复数与都是纯虚数，则（ ）
A. 的虚部为B. 的共轭复数是
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算和复数的概念进行求解即可.
【详解】设（，且），
则，
因为是纯虚数，所以，（舍去），
所以，
对于A：的虚部为1，所以A错误；
对于B：，所以B正确；
对于C：，所以C正确；
对于D：，所以D错误．
故选：BC.
10. 在长方体中，是的中点，（，），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由空间向量加法法则即可求解.
【详解】因为，故，．
故选：BD
11. 如图，在四边形中，，，将沿折起至的位置，使，是的中点，是的中点，则（ ）
A. B. 点到平面的距离为
C. D. 直线和平面所成的角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】连接，，通过勾股定理得到，进而得到平面，可判断A，C，由等体积法可判断B，取的中点，连接，,得到就是直线和平面所成的角，可判断D.
【详解】，所以，如图，连接，，
在四面体中，，，
是的中点，则，，
且，，又，
所以，所以，
又因为，，平面，
所以平面，所以，故A选项正确；
由A项的分析知，又，所以，故C选项正确；
设点到平面的距离为，
由几何体的等体积法得，解得，故B选项错误；
因为，，为平面内两条相交直线，
所以平面，取的中点，连接，，
可知，所以平面，在平面内，
，，
所以就是直线和平面所成的角，
在中，，故D选项正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，，且，则的最大值为______．
【答案】81
【解析】
【分析】根据基本不等式可解
【详解】因为，，所以，
当且仅当时等号成立，即，故．
故答案为：81
13. 如图，桌面上的无盖正方体容器内装有高度为的水，．现将容器绕着棱所在直线顺时针旋转，当容器中溢出的水刚好装满一个半径为的半球形玻璃瓶时，容器内水面交棱于，且．若不考虑容器厚度及其他因素影响，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由长方体、棱柱与球的体积公式列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可知当旋转且水溢出后，剩余的水在正方体容器中形成一个三棱柱，
故由长方体、棱柱与球的体积公式可知，
解得．
故答案为：
14. 已知在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据边长关系得到，进而可得到平面，再根据正弦定理即可得到结果.
【详解】因为，所以．
又因为，，所以平面，
所以该三棱锥的外接球的球心到平面的距离为．
设三棱锥外接球的半径为，的外接圆的半径为，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，故该三棱锥的外接球的表面积．

故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）若曲线在原点处的切线与直线垂直，求的零点个数．
（2）若在区间上不单调，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求得，由，求得，得到，结合且，即可求解；
（2）假设在区间上单调，转化为或恒成立，求得的取值范围，进而得到答案.
【小问1详解】
解：由函数，可得，则，
因为曲线在原点处的切线与直线垂直，
可得，即解得，所以，
又由恒成立，所以是上的增函数．
因为，所以只有1个零点．
【小问2详解】
解：假设在区间上单调，则或恒成立，
当，即时，在上单调递增；
当，即时，在上单调递减．
综上，若在区间上不单调，则实数的取值范围为．
16. 如图，在等腰梯形中，，，，为的中点，将沿折起至的位置，使平面平面．在四棱锥中，是（不含端点）上的一个动点．

（1）设平面平面，证明：．
（2）若直线和所成的角的余弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行判定与性质证明线线平行．
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线夹角，确定点的位置，再通过等体积法求三棱锥体积即可．
【小问1详解】
因为，平面，平面，所以平面．
因为平面，平面平面，所以．
【小问2详解】
根据题意可得是边长为的等边三角形，如图，
在上取中点，连接，则．
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
由题意可知，底面是边长为4的菱形，且，
则，故以坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，，，．
设（），可得，所以．
由，，
解得，故为的中点．
则有，，
因此，
又平面的一个法向量为，，
所以点到平面的距离，
所以．
故三棱锥的体积为．
17. 如图，在棱长均相等平行六面体中，平面，二面角的大小为60°，是棱的中点．
（1）证明：．
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过运用线面垂直的定理进行证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，运用坐标求出平面、平面的法向量，然后根据向量夹角的余弦公式求出余弦值，进而求得正弦值.
【小问1详解】
因为平面，，所以平面，
所以，，是二面角的平面角，即．
又，所以是等边三角形．
连接，因为是棱的中点，所以．
又，所以．
又，平面，，
所以平面，所以平面．
又平面，所以．
【小问2详解】
设，取的中点，连接，，，
则，可得，，．
又，所以平面，
故以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，
，，
设平面，平面的法向量分别为，，
则，令，得，
，令，得，
所以，
故二面角的正弦值为．
18. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，．
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长；
（3）若，求取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对原等式进行展开化简，即可求出.
（2）根据三角形面积公式和余弦定理求出三角形边长.
（3）根据正弦定理将的表达式列出来，然后根据三角函数的单调性进行求解即可.
【小问1详解】
在中，，
.
所以
所以
所以
所以，所以．
因为，所以，所以．
【小问2详解】
因为的面积为，
所以，．
由余弦定理，得，
所以，所以，所以，
所以的周长为．
【小问3详解】
由正弦定理，
得，，
所以．
因为为锐角三角形，且，所以，所以．
因为函数在上单调递增，所以，
所以，所以的取值范围是．
19. 如图，在直四棱柱中，，，，，是的中点，是上的一个动点，点在上，且满足．
（1）证明：．
（2）证明：平面平面．
（3）试问：是否存在，，，四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，分别写出的坐标，计算即可；
（2）分别求出平面与平面的法向量，证明两法向量垂直即可；
（3）假设存在，由，结合点的位置，即可求出的值.
【小问1详解】
如图，过点作，交于点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，．
又为的中点，点在上，且满足，则
，，，，
,
所以，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
设为平面的法向量，
则，
令，得平面的一个法向量．
，，
设为平面的法向量，
则，
令，得平面的一个法向量
因为，
所以，
所以平面平面．
【小问3详解】
假设存在，，，四点共面，即点在平面内，则．
又（，），，，，
所以，
，
解得．
又因为，，三点共线，所以，所以，，
故存在，，，四点共面，且，即．
因为，
所以，即的值为2．