安徽合肥市第十中学 2026高三下学期 联考数学试卷（含解析）高考模拟

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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. 已知集合则=（ ）
A. [1,2]B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．
【详解】根据题意可知A={x∣−2≤x≤2}, ∁RB={x∣x≤1},
则A∩(∁RB)={x∣−2≤x≤1}.
2. 复数的虚部是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数除法，结合复数的意义求解即得.
【详解】，
所以复数的虚部是1.
故选：B
3. 若，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的运算性质得且，利用指数幂的运算性质，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】由，得且，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为.
故选：B
4. 如图，在平行六面体中，若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算得到，然后求即可.
【详解】解：，又因，，
∴，
∴，，，
故选：A.
5. 若函数的两个零点分别为和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得，进而求出，最后利用二倍角的余弦求值.
【详解】函数，其中锐角由确定，
由，得，而，
因此，即，则，
即，于是，
所以.
故选：C
关键点点睛：利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质用零点表示辅助角是求解问题的关键.
6. 四只不同的鹦鹉飞回三个不同的笼子，则至少有一个笼子空出来的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意可知，四只鹦鹉飞回三个不同的笼子的总方法数为种.
其中“至少有一个笼子空出来”有两种情况：
4只鹦鹉飞回同一个笼子，有种；
4只鹦鹉飞回2个笼子里，有C32(24−2)=42种.
则所求概率为.
7. 已知双曲线：（，）的右焦点为，半焦距为.过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且的面积为，则的离心率为（ ）
A. 2B. 2或C. 2或D. 2或
【答案】D
【解析】
【分析】利用点到直线距离可求出，再根据的面积为列出相应等式，即可求解.
【详解】由题可得双曲线的渐近线为，这里不妨取，即，
点到直线的距离，
在中，
所以，则，
又因，所以，
化简可得，等式两边同时除以，可得，
即，解得或，
因，所以或.
8. 关于x的方程有两个不同实根，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用同构思想变形给定等式，结合单调性可得函数，再利用导数求出最小值即可.
【详解】方程，令函数，
而，则函数在R上单调递增，又方程等价于，
因此，
令函数，依题意，方程有两个不同实根，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
又，当时，恒有，
则当且仅当时，方程有两个不同实根，
所以实数a的取值范围为.
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. 下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】举出反例即可判断A，由不等式的性质代入计算即可判断BD，由作差法即可判断C.
【详解】对于A，取，满足，但是，故A错误；
对于B，因为，不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以，
不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
又因为，所以，而，即，，
所以，故C正确；
对于D，设，即，
则，解得，所以，
又，则，且，
所以，所以，故D正确；
故选：BCD
10. 过点向曲线引斜率为的切线，切点为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 数列的前项和为D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线，方程联立由判断A；可得，，从而结合累加法求和可判断B；由，结合等差数列的求和公式可判断C；令，结合导数可得在上单调递增，进而可判断D.
【详解】设直线，联立，
得，
则由，即，
解得（负值舍去），故A正确；
可得，，
所以，故B正确；
因为，则，故C错误；
因为，，
所以，
设，则，
可得在上单调递增，
则时，，
又，则，故D正确.
故选：ABD
关键点点睛：解答本题的关键是设出切线方程，方程联立由，得出，，进而判断各选项.
11. 已知函数，，，则（ ）
A. 和的图象有且只有一条公切线
B. 若恒成立，则整数的最大值为
C. 若、均大于，则
D. 关于的方程在区间内有解
【答案】BC
【解析】
【分析】设直线为函数和的图象的公切线，设直线切函数于点，切函数于点，利用导数的几何意义可得出关于、的方程，解方程组可判断A选项；利用导数求出函数最小值的取值范围，可判断B选项；利用作差法可判断C选项；利用导数分析函数、在上的函数值符号，可判断D选项.
【详解】对于A选项，设直线为函数和的图象的公切线，
设直线切函数于点，切函数于点，
因为，则，所以，，
切线方程为，即，
因为，则，所以，，
切线方程为，即，
所以，，消去可得，解得或，
所以，和的图象有且只有两条公切线，A错；
对于B选项，若，则，
因为函数，其中，则，
因为函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数，
因为，，
所以，存在，使得，即，可得，
且当时，，当时，，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，
由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，
所以，，
由题意可得，故整数的最大值为，B对；
对于C选项，
，
因为、，则，，所以，，
所以，，
所以，，C对；
对于D选项，当时，，则，
所以，函数在上单调递增，则，
，则对任意的恒成立，
所以，在单调递减，则，
当时，对任意的，，
所以，关于的方程在区间内无解，D错.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，角A，B，C的对边，b，c，且，则的值为_______.
【答案】2
【解析】
【详解】根据余弦定理可得csAa+csBb=b2+c2−a22abc+a2+c2−b22abc=2c22abc=cab，
则csAa+csBb=sinC2sinB即cab=sinC2sinB
再由正弦定理原式可化为cab=c2b，故.
13. 动圆与圆外切同时与内切，则的面积最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设圆M的半径为r，求出圆的圆心和半径，根据题意，可得，，即可得，根据椭圆的定义，可得M的轨迹方程，分析可得当M为短轴端点时，的面积最大，计算即可得答案.
【详解】设圆M的半径为r，圆，圆心为，半径为2，
圆，圆心为，半径为10，
因为动圆与圆外切，所以，
因为动圆与圆内切，所以，
所以，
所以点M的轨迹是以为焦点的椭圆，且，
所以，则，则方程为，
当为短轴端点时，的面积最大，
且最大值.
故答案为：
14. 科学研究中经常涉及对粒子状态的分析.某假想粒子有状态1，状态2，状态3，……，每种状态下的粒子经过1秒有两种可能：状态保持不变或变为更高一级状态，已知状态1的粒子有的概率变为状态2，状态2的粒子有的概率变为状态3，以此类推.现有若干状态1的该粒子，则经过3秒处于状态1和状态2的粒子数目约占_______.
【答案】64%
【解析】
【分析】先将情况分为“经过3秒处于状态1”和“经过3秒处于状态2”两类情况，分别利用独立事件概率乘法公式与分类加法计数原理计算两概率即可.
【详解】设经过3秒处于状态1的概率为，粒子要始终停留在状态 1，需连续3秒都保持状态 1，根据独立事件概率公式有；
设经过3秒处于状态2的概率为，可分为三类情况：
情况一：第1秒从状态1变为状态2，第2秒和第3秒都保持状态2不变，概率为；
情况二：第1秒保持状态1不变，第2秒从状态1变为状态2，第3秒保持状态2不变，概率为；
情况三：第1秒和第2秒保持状态1不变，第3秒从状态1变为状态2，概率为；
将上述三种情况的概率相加，得到经过3秒后处于状态2的粒子的概率为，
则经过3秒后处于状态1和状态2的粒子数目占总粒子数的比例为.
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. 某地举办业余乒乓球联赛，比赛分“有缝球型”和“无缝球型”两个赛区，从该地区抽取部分选手进行调研，相关数据如下表：
（1）能否有95%以上的把握认为不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响？
（2）若从参加调研的“横拍打法”选手中用分层抽样的方法抽取8名选手，按照各自喜爱的球型参加相应赛区的比赛．现从8名选手中选3人，用AI监测他们的比赛数据，求两个赛区都有人被选中的概率．
附：，
【答案】（1）有95%以上的把握
（2）
【解析】
【分析】（1）根据表中数据及公式计算判断；
（2）根据抽样比从各层中抽取相应人数，再利用古典概型概率计算公式求解.
【小问1详解】
假设不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好没有影响．
所以有95%以上的把握认为不同打法选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响．
【小问2详解】
根据分层抽样可知，各层的抽样比为，所以从喜欢有缝球的选手中选取人，从喜欢无缝球的选手中选取人，
记“两个赛区都有人被选中”为事件，
则．
答：两个赛区都有人被选中的概率为．
16. 如图，在圆台中，，，是下底面圆周上的三点，为下底面圆的直径，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆台的性质知底面，从而得；再由为下底面圆的直径结合为的中点可证，由线线垂直即可证得线面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，按照求直线与平面夹角的公式，按步骤求解即可.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，所以，
因为为下底面圆的直径，所以，
因为为的中点，所以，
所以，
又，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，
则，，，，
则，，.
设平面的一个法向量为，
则取，得.
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17. 在圆内接四边形中，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理列出等式，然后化简可求得的大小.
（2）首先利用正弦定理将表示出来，然后利用三角形面积公式和角的范围即可求出三角形面积的最大值.
【小问1详解】
在中，，
由正弦定理得，所以，
所以，所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知，所以是四边形外接圆直径，，
设，则，
在中，，由正弦定理得，即，
在中，，，
当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.
18. 已知椭圆 过点 ，分别为椭圆的左、右焦点且
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆交于两点(在的左侧)，都是圆的切线且？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质和已知条件列出方程组，求解、、，进而得到椭圆的标准方程；
（2）利用圆和椭圆的对称性，结合向量垂直的性质求出交点坐标，再根据直线垂直的关系确定圆心坐标和半径，从而判断圆是否存在并求出圆的方程.
【小问1详解】
，即.
将代入，得，代入，
化简得，解得，（负值舍去），所以，
故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设圆心在轴上的圆与椭圆相交，，是两个交点，且，.
由圆和椭圆的对称性可知，，，.
由（1）知，，所以，.
因为，则，即，可得.
又因为点在椭圆上，所以，联立可得.
整理得，解得或.
当时，，重合，此时题设要求的圆不存在.
当时，.
过，分别与，垂直的直线的交点即为圆，设.
因为，即，解得.
则圆的半径.
所以圆的方程为.
19. 已知函数.
（1）对任意，是的必要条件，求的最小值；
（2）对任意，函数存在两个零点.
（i）求的取值范围；
（ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件可得在上单调递增，即在恒成立，计算即可；
（2）（i）由已知构造函数可得存在两个零点，利用导数证明单调性，进而只需，即，利用导数计算可得的取值范围；（ii）将同构为，将方程的两根转化的两根为，利用导数及数形结合推理可得.
【小问1详解】
∵对任意，是的必要条件，
∴，
在上单调递增，
则，即在上恒成立，
令，，
在单调递减，
.
【小问2详解】
（i）因为对有两个不等的实根，
所以有两个零点，
若是方程的一个根，则，所以，
令，
当，则，当，则，
所以在单调递减；单调递增，
，
要使有两个零点，只需，
即，令，
在(0,1)单调递增；单调递减，
.
(ii)令，则，，即，
构造方程，两根为，
令，其中的两根为
令则，令，则，
在单调递减；单调递增，作出大致图象如下：
令，
在单调递减；单调递增，
当时，，此时最小.
取最小值时，.
喜欢用有缝球
喜欢用无缝球
直拍打法选手
18
30
横拍打法选手
20
12
0.100
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635