安徽省淮北市部分学校2026届高三上学期元月素质检测数学试卷含解析（word版）

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考生注意：
1．试卷分值：150分，考试时间：120分钟．
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
3．所有答案均要答在答题卡上，否则无效．考试结束后只交答题卡．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．
1. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简，即可得点求解.
【详解】由可得，
故对应的点为，位于第三象限，
故选：C
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示，结合向量垂直的坐标表示列式计算即得.
【详解】向量，则，
由，得，解得，
所以.
故选：C
3. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合中不等式的解集，然后根据交集的定义求出结果即可.
【详解】由题意可得：，
所以．
故选：B.
4. 已知等比数列{an}的首项，公比，则等于（ ）
A 93B. －93
C. 45D. －45
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列前n项和公式可得答案.
【详解】
故选：A
5. 已知函数的大致图象如图，则函数的解析式可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由奇偶性、特殊点法及排除法进行判断即可.
【详解】由函数的图象可知，函数是奇函数．
对于B：，此时为偶函数，与图象不符，故B错误；
对于C：当时，，与图象不符，故C错误；
对于D：，此时为偶函数，与图象不符，故D错误；
由排除法可知A正确，
故选：A.
6. 已知椭圆的右焦点为F，过坐标原点O的直线与椭圆相交于A，B，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出直线方程并与椭圆联立，解出两交点坐标得出面积表达式即可求得面积的最大值.
【详解】根据椭圆方程可得，
设直线的方程为，；
联立，整理可得，解得；
易知的面积为，
当时，面积的最大值为.
故选：C
7. 一个半径为5米的水轮示意图，水轮的圆心O距离水面2米，已知水轮自点A开始1分钟逆时针旋转9圈，水轮上的点P到水面的距离y（单位：米）与时间x（单位：秒）满足函数关系式，，，则有（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得周期，由可得，由最值可得A，然后可得答案.
【详解】因为水轮自点A开始1分钟逆时针旋转9圈，
函数周期，所以
由图知，点P到水面距离的最大值为7，所以，得.
故选：A
8. 在平面直角坐标系xOy中，已知任意角以坐标原点为顶点，x轴的非负半轴为始边，若终边经过点，且，定义：，称“”为“正余弦函数”，对于“正余弦函数”，有同学得到以下性质，其中正确的是（ ）
A. 该函数的值域为
B. 该函数的图象关于原点对称
C. 该函数的图象关于直线对称
D. 该函数为周期函数，且最小正周期为
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的定义得，结合正弦型函数的性质依次判断各项的正误.
【详解】由题意知，，
所以，故A正确；
所以，显然图象不关于原点对称，故B错误；
当时，，故C错误；
由上所得解析式，易知函数为周期函数，且最小正周期为，故D错误．
故选：A
二、多项选择题: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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 数据1,2,5,7,8,9,11,15的第75百分位数是10.
B. 设样本数据的方差为5，则的标准差为20.
C. 随机掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有1~6共六个数字，记事件“骰子向上的点数是奇数”，事件“骰子向上的点数是2或3”，则事件与事件是相互独立事件.
D. 在二项式的展开式中，若只有第4项的二项式系数最大，则各项系数和是64.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用方差的性质可判断B选项；利用事件独立性的定义可判断C选项；利用二项式系数的性质和各项系数和可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，所以，数据1,2,5,7,8,9,11,15的第75百分位数是，A对；
对于B选项，设样本数据的方差为5，则的方差为，其标准差为，B错；
对于C选项，由题意可知，，，事件AB=“骰子向上的点数是3”，则，因此，事件与事件是相互独立事件，C对；
对于D选项，在二项式的展开式中，若只有第4项的二项式系数最大，则，可得，因此，展开式各项系数和为，D错.
故选：AC
10. 如图，在直棱柱中，底面ABCD为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足（，），则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则三棱锥体积为定值
B. 若，则有且仅有一个点P，使得
C. 若，则的最小值为6
D. 若，，则平面DPM截该直棱柱所得截面周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据每个选项确定点的位置，并通过数形结合进行求解.
【详解】对于选项：当时，，故点在上运动，
而平面， 所以三棱锥的体积为定值.
故正确；
对于选项：当时，取中点记为，连接，易得点在上运动，
当点与点重合时，因为底面为菱形，且，
所以，又因为为中点，所以，
又，所以，又由已知此棱柱为直棱柱，所以面.
则，所以，
又，所以，即
所以，即.
当点与点重合时，因为，
又，所以，则，即，
所以，即
故错误；
对于选项：当时，取中点记为，取中点记为，
连接， 则点在线段上运动，易得点关于直线的对称点为，
连接，此时点、、三点共线，
故点与点重合时，取得最小值为，
故正确；
对于选项：当，时，为的中点，
因为由直棱柱性质可知，面面，面面，
则平面截该直棱柱交于，交于.
且由定理可得
，所以易得与相似，与相似，
易知，，
所以，，
，
，
易得平面截该直棱柱所得截面周长为，
故正确
故选：ACD
11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等、已知卵形线，则（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线上横、纵坐标均是整数的点恰有4个
C. 曲线上存在点，使得到点的距离小于1
D. 曲线围成区域的面积大于4
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据曲线方程分析曲线的性质，有曲线为封闭曲线，过点，关于轴对称，画出曲线大致图形，结合圆、四边形在曲线内部判断各项的正误.
【详解】由，则，对于曲线上任意点，其关于轴对称点为，
代入成立，曲线关于直线对称，A对；
所以，所以，则，故，
时；时；时，故曲线过点，曲线C上恰好有4个整点，B对；
对于曲线上任意一点，则，
当时，，则，∴，
∴，此时曲线上点在圆外，
当时，，则，∴，
∴，此时曲线上点在圆外，
所以曲线上的所有点均在圆外，即曲线上不存在点，使得到点的距离小于1，C错；
如图，，，，四边形的面积，
当时，直线，曲线，即，
设，
，判别式，∴恒成立，
即函数单调递增，且∵，
∴当时，，
∴，即，
∴，即，
∴，即.
设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线上方，
由对称可知，当时，上面的结论依然成立.
当时，直线，由得，曲线方程等价于，又等价于，
设函数，则，
即函数在上单调递增，且，
所以当时，，即，
，即，
则，即.
设点在直线上，点在曲线上，则，即曲线上的点在直线下方，
由对称可知，当时，上面的结论依然成立.
故四边形在曲线内部，故曲线所围成区域的面积大于，D对.
故选：ABD.
三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，各二项式系数的和与含的项系数之比为，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式和二项式系数和的性质，即可求解.
【详解】由题可知各二项式系数的和为，
由的展开式中的，
根据它们的比为可得：，
故答案为：
13. 端午节吃粽子是传统的习俗．一盘中放有10个外观完全相同的粽子，其中豆沙粽3个，肉粽3个，白米粽4个，现从盘子任意取出2个，则取到白米粽的个数的数学期望为______．
【答案】##0.8
【解析】
【分析】取到白米粽的个数为随机变量，求出的可能值对应的概率，再求出期望作答.
【详解】设取到白米粽的个数为随机变量，则的可能值为，
所以，，，
所以取到白米粽的个数的数学期望.
故答案为：
14. 已知曲线：，第一象限内的点和第二象限内的点都在曲线上，且直线过点．按照如下方式依次构造点（）：过点作曲线的切线与轴交于点，过点作轴的垂线与曲线相交于点，设点的横坐标为．用同样的方式构造点（），设点的坐标为，则数列的前项和为______．
【答案】
【解析】
【分析】先设出直线方程为，与曲线方程联立利用韦达定理可得，再利用导数的几何意义求点的坐标得到数列的递推关系式，进而得到通项公式，最后根据等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】因为第一象限内的点和第二象限内的点都在曲线上，且直线过点，
设直线方程为，联立方程消去得，
所以，
由求导可得，
由题意可得点在曲线上，则，
过点的切线方程为，代入整理得，
令解得，根据题意可得，即，
所以数列是公比为的等比数列，同理可得也是公比为的等比数列，
所以，，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列的前项和，
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. 某种纪念卡片有红色和蓝色两种，每次购买时只能购买一张，得到红色卡片和蓝色卡片的概率各为.某人连续购买了4张卡片.假设每次购买得到的卡片的颜色互不影响.
（1）此人至少得到一张红色卡片的概率；
（2）若已知此人至少有一张红色卡片，求此人至少有一张蓝色卡片的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设此人得到的卡片中红色的有张，蓝色的有张，则均服从二项分布，根据对立事件概率关系求解；
（2）根据条件概率的计算公式求解.
【小问1详解】
设此人得到的卡片中红色的有张，蓝色的有张，则，，
，
即此人至少得到一张红色卡片的概率为.
【小问2详解】
由题可得
，
即若已知此人至少有一张红色卡片，则此人至少有一张蓝色卡片的概率为.
16. 已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）M为椭圆的左顶点，直线与椭圆交于两点，若，求证：直线过定点．
【答案】（1）;
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据条件求出的值即可；
（2）联立直线方程和椭圆方程后利用两直线垂直可算出.
【小问1详解】
由题意得：，，，
故可知，
椭圆方程为：.
【小问2详解】

M为椭圆C的左顶点，
又由（1）可知：，设直线AB的方程为：，，
联立方程可得：，
则，即，
由韦达定理可知：，，
，则，
，
又，
，
，
展开后整理得：，解得：或，
当时，AB的方程为：，经过点，不满足题意，舍去，
当时，AB的方程为：，恒过定点.
所以直线过定点．
17. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，底面．
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理求得，进而得到，利用线面垂直的判定定理证明平面，得证；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法二面角；
（3）利用向量法求点到面的距离.
【小问1详解】
因为，所以，
又，所以在中，由余弦定理，得，即，
所以，则，
又底面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
因为底面平面，所以，
结合（1）可知两两垂直.
故以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，取，则平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，取，则平面的一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）知平面的一个法向量，
所以点到平面的距离.
18. 已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和为；
（3）若对任意恒成立．求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据题设递推关系有，结合等差数列定义判断证明，进而写出通项公式；
（2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求；
（3）将问题化为恒成立，作差法判断右侧的最小值，即可得参数范围.
【小问1详解】
由，则，又，
所以数列是首项、公差均为的等差数列，则，
所以.
【小问2详解】
由，则，
所以，
所以.
【小问3详解】
由（1）（2），则，整理得恒成立，
令，则，
当时，当时，当时，
所以，即的最小值为，
综上，.
19. 已知函数（）.
（1）若，求的极小值；
（2）当时，求的单调递增区间；
（3）当时，设的极大值为，求证：.
【答案】（1）
（2）和
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求解函数的单调性求解出函数的极值即可
（2）当时，利用导数求解函数的单调性求解出函数的单调递增区间
（3）分和讨论求解即可.
【小问1详解】
由题意知.
若，则，所以.
令，得.
当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的极小值等于.
【小问2详解】
因为，所以，
由，即，解得或，
所以在和单调递增，
由，即，解得，
所以在单调递减，
故的单调增区间为和.
小问3详解】
当时，由（2）知，的极大值等于；
当时，，单调递增，无极大值；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值等于，
令，所以，
在上在上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以故，
综上所述，.