亳州市2026年高三3月份第一次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份亳州市2026年高三3月份第一次模拟考试数学试卷（含答案解析），文件包含2025届浙江省绍兴市高三下学期4月二模生物试题pdf、参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．的展开式中的常数项为( )
A．－60B．240C．－80D．180
2．已知复数，，则（ ）
A．B．C．D．
3．在棱长为a的正方体中，E、F、M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段、上，且，设平面平面，则下列结论中不成立的是（ ）
A．平面B．
C．当时，平面D．当m变化时，直线l的位置不变
4．已知，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
5．中国铁路总公司相关负责人表示，到2018年底，全国铁路营业里程达到13.1万公里，其中高铁营业里程2.9万公里，超过世界高铁总里程的三分之二，下图是2014年到2018年铁路和高铁运营里程（单位：万公里）的折线图，以下结论不正确的是（ ）
A．每相邻两年相比较，2014年到2015年铁路运营里程增加最显著
B．从2014年到2018年这5年，高铁运营里程与年价正相关
C．2018年高铁运营里程比2014年高铁运营里程增长80%以上
D．从2014年到2018年这5年，高铁运营里程数依次成等差数列
6．一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半．若将该正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（ ）
A．B．C．D．
7．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为4，、、分别为侧棱，，的中点.若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍，则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为（ ）
A．B．C．D．
8．过抛物线的焦点的直线与抛物线交于、两点，且，抛物线的准线与轴交于，的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在中，点为线段上靠近点的三等分点，点为线段上靠近点的三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知双曲线（，）的左、右顶点分别为，，虚轴的两个端点分别为，，若四边形的内切圆面积为，则双曲线焦距的最小值为（ ）
A．8B．16C．D．
11．设点，P为曲线上动点，若点A，P间距离的最小值为，则实数t的值为（ ）
A．B．C．D．
12．若集合，，则=（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，已知点，，若圆上有且仅有一对点，使得的面积是的面积的2倍，则的值为_______.
14．在矩形中，，为的中点，将和分别沿，翻折，使点与重合于点.若，则三棱锥的外接球的表面积为_____.
15．已知△ABC得三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为_____.
16．设实数，若函数的最大值为，则实数的最大值为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知实数x，y，z满足，证明：.
18．（12分）已知函数.
（1）若对任意x0，f（x）0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1x2），证明：.
19．（12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，点P在棱DF上．
（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；
（2）若二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，求PF的长度．
20．（12分）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）若圆上存在两点，，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.
21．（12分）如图，在平面四边形中，，，.
（1）求；
（2）求四边形面积的最大值.
22．（10分）设函数.
（1）时，求的单调区间；
（2）当时，设的最小值为，若恒成立，求实数t的取值范围.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
求的展开式中的常数项，可转化为求展开式中的常数项和项，再求和即可得出答案.
【详解】
由题意，中常数项为，
中项为，
所以的展开式中的常数项为：
.
故选：D
本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式，考查学生计算能力，属于基础题.
2．B
【解析】
分析：利用的恒等式，将分子、分母同时乘以 ，化简整理得
详解： ，故选B
点睛：复数问题是高考数学中的常考问题，属于得分题，主要考查的方面有：复数的分类、复数的几何意义、复数的模、共轭复数以及复数的乘除运算，在运算时注意符号的正、负问题.
3．C
【解析】
根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.
【详解】
因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立；
因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立；
易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.
故选：C
本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.
4．A
【解析】
构造函数，通过分析的单调性和对称性，求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，
是单调递增函数，且向左移动一个单位得到，
的定义域为，且，
所以为奇函数，图像关于原点对称，所以图像关于对称.
不等式等价于，
等价于，注意到，
结合图像关于对称和单调递增可知.
所以不等式的解集是.
故选：A
本小题主要考查根据函数的单调性和对称性解不等式，属于中档题.
5．D
【解析】
由折线图逐项分析即可求解
【详解】
选项，显然正确；
对于，，选项正确；
1.6,1.9,2.2,2.5,2.9不是等差数列，故错.
故选：D
本题考查统计的知识，考查数据处理能力和应用意识,是基础题
6．B
【解析】
根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论．
【详解】
正方体的面对角线长为，又水的体积是正方体体积的一半，
且正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，
所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，
即最大水面高度为，故选B.
本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题．
7．D
【解析】
如图，平面截球所得截面的图形为圆面，计算，由勾股定理解得，此外接球的体积为，三棱锥体积为，得到答案.
【详解】
如图，平面截球所得截面的图形为圆面.
正三棱锥中，过作底面的垂线，垂足为，与平面交点记为，连接、.
依题意，所以，设球的半径为，
在中，，，，
由勾股定理：，解得，此外接球的体积为，
由于平面平面，所以平面，
球心到平面的距离为，
则，
所以三棱锥体积为，
所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.
故选：D.
本题考查了三棱锥的外接球问题，三棱锥体积，球体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
8．B
【解析】
设点、，并设直线的方程为，由得，将直线的方程代入韦达定理，求得，结合的面积求得的值，结合焦点弦长公式可求得.
【详解】
设点、，并设直线的方程为，
将直线的方程与抛物线方程联立，消去得，
由韦达定理得，，
，，，，，
，可得，，
抛物线的准线与轴交于，
的面积为，解得，则抛物线的方程为，
所以，.
故选：B.
本题考查抛物线焦点弦长的计算，计算出抛物线的方程是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
9．B
【解析】
，将,代入化简即可.
【详解】
.
故选：B.
本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运算能力，是一道中档题.
10．D
【解析】
根据题意画出几何关系，由四边形的内切圆面积求得半径，结合四边形面积关系求得与等量关系，再根据基本不等式求得的取值范围，即可确定双曲线焦距的最小值.
【详解】
根据题意，画出几何关系如下图所示：
设四边形的内切圆半径为，双曲线半焦距为，
则
所以，
四边形的内切圆面积为，
则，解得，
则，
即
故由基本不等式可得，即，
当且仅当时等号成立.
故焦距的最小值为.
故选：D
本题考查了双曲线的定义及其性质的简单应用，圆锥曲线与基本不等式综合应用，属于中档题.
11．C
【解析】
设，求，作为的函数，其最小值是6，利用导数知识求的最小值．
【详解】
设，则，记，
，易知是增函数，且的值域是，
∴的唯一解，且时，，时，，即，
由题意，而，，
∴，解得，．
∴．
故选：C．
本题考查导数的应用，考查用导数求最值．解题时对和的关系的处理是解题关键．
12．C
【解析】
试题分析：化简集合
故选C．
考点：集合的运算．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
写出所在直线方程，求出圆心到直线的距离，结合题意可得关于的等式，求解得答案．
【详解】
解：直线的方程为，即．
圆的圆心
到直线的距离，
由的面积是的面积的2倍的点，有且仅有一对，
可得点到的距离是点到直线的距离的2倍，
可得过圆的圆心，如图：
由，解得．
故答案为：．
本题考查直线和圆的位置关系以及点到直线的距离公式应用，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．
14．.
【解析】
计算外接圆的半径，并假设外接球的半径为R，可得球心在过外接圆圆心且垂直圆面的垂线上，然后根据面，即可得解.
【详解】
由题意可知，，
所以可得面，
设外接圆的半径为，
由正弦定理可得，即，，
设三棱锥外接球的半径，
因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点，
则，
所以外接球的表面积为.
故答案为：.
本题考查三棱锥的外接球的应用，属于中档题.
15．
【解析】
试题分析：根据题意设三角形的三边长分别设为为，所对的角为最大角，设为，则根据余弦定理得，故答案为.
考点：余弦定理及等比数列的定义.
16．
【解析】
根据，则当时，，即.当时，显然成立；当时，由，转化为，令，用导数法求其最大值即可.
【详解】
因为，又当时，，即.
当时，显然成立；
当时，由等价于，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，则，
又，得，
因此的最大值为.
故答案为：
本题主要考查导数在函数中的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．见解析
【解析】
已知条件，需要证明的是，要想利用柯西不等式，需要的值，发现，则可以用柯西不等式.
【详解】
，
.
由柯西不等式得，
.
.
.
本题考查柯西不等式的应用，属于基础题.
18．（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求出，判断函数的单调性，求出函数的最大值，即求的范围；
（2）由（1）可知， .对分和两种情况讨论，构造函数，利用放缩法和基本不等式证明结论．
【详解】
（1）由，得.
令.
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
.
对任意恒成立，.
（2）证明：由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
.
若，则，
令
在上单调递增，，
.
又，在上单调递减，
.
若，则显然成立.
综上，.
又
以上两式左右两端分别相加，得
，即，
所以.
本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，利用导数证明不等式，属于难题.
19．（1）．（2）．
【解析】
（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），计算夹角得到答案.
（2）设，0≤λ≤1，计算P（0，2λ，2﹣2λ），计算平面APC的法向量（1，﹣1，），平面ADF的法向量（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.
【详解】
（1）∵BAF＝90°，∴AF⊥AB，
又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
∴AF⊥平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，
∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AD＝2，AB＝AF＝2EF＝2，P是DF的中点，
∴B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），
（﹣1，0，2），（﹣2，﹣1，1），
设异面直线BE与CP所成角的平面角为θ，
则csθ，
∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为．
（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），
设P（a，b，c），，0≤λ≤1，即（a，b，c﹣2）＝λ（0，2，﹣2），
解得a＝0，b＝2λ，c＝2﹣2λ，∴P（0，2λ，2﹣2λ），
（0，2λ，2﹣2λ），（2，2，0），
设平面APC的法向量（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，﹣1，），
平面ADP的法向量（1，0，0），
∵二面角D﹣AP﹣C的正弦值为，
∴|cs|，
解得，∴P（0，，），
∴PF的长度|PF|．
本题考查了异面直线夹角，根据二面角求长度，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
20．（1）；（2）
【解析】
（1）又题意知，，及即可求得，从而得椭圆方程.
（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面积公式计算即可.
【详解】
（1）由焦点与短轴两端点的连线相互垂直及椭圆的对称性可知，，
∵过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
又，解得.
∴椭圆的方程为
（2）由（1）可知圆的方程为，
（i）当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，
此时
（ii）当直线的斜率为零时，.
（iii）当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，
联立，得，
设的横坐标分别为，则.
所以，
（注：的长度也可以用点到直线的距离和勾股定理计算.）
由可得直线的方程为，联立椭圆的方程消去，
得
设的横坐标为，则.
.
综上，由（i）（ii）（ⅲ）得的取值范围是.
本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆方程是基础；通过联立直线方程与椭圆方程建立方程组，应用一元二次方程根与系数，得到目标函数解析式，运用函数知识求解；本题是难题.
21．（1）；（2）
【解析】
（1）根据同角三角函数式可求得，结合正弦和角公式求得，即可求得，进而由三角函数
（2）设根据余弦定理及基本不等式，可求得的最大值，结合三角形面积公式可求得的最大值，即可求得四边形面积的最大值.
【详解】
（1），
则由同角三角函数关系式可得，
则
，
则，
所以.
（2）设
在中由余弦定理可得，代入可得
，
由基本不等式可知，
即，当且仅当时取等号，
由三角形面积公式可得
，
所以四边形面积的最大值为.
本题考查了正弦和角公式化简三角函数式的应用，余弦定理及不等式式求最值的综合应用，属于中档题.
22．（1）的增区间为，减区间为；（2）.
【解析】
（1）求出函数的导数，由于参数的范围对导数的符号有影响，对参数分类，再研究函数的单调区间；
（2）由（1）的结论，求出的表达式，由于恒成立，故求出的最大值，即得实数的取值范围的左端点．
【详解】
解：（1）解：，
当时，，解得的增区间为，
解得的减区间为.
（2）解：若，由得，由得，
所以函数的减区间为，增区间为；
，
因为，所以，，
令，则恒成立，
由于，
当时，，故函数在上是减函数，
所以成立；
当时，若则，故函数在上是增函数，
即对时，，与题意不符；
综上，为所求．
本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，求解本题关键是根据导数研究出函数的单调性，由最值的定义得出函数的最值，本题中第一小题是求出函数的单调区间，第二小题是一个求函数的最值的问题，此类题运算量较大，转化灵活，解题时极易因为变形与运算出错，故做题时要认真仔细．