安徽省临泉第二中学2026届高三下学期二模模拟数学试卷（含解析）高考模拟

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注意事项
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
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. 若复数z满足 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法法则和共轭复数的定义可得.
【详解】由，所以，所以.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. 或
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为B=x2x+3x−1>1=xx+4x−1>0=x|x1，又A=xx≤5，
所以或.
3. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再将其横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助平移及伸缩变换性质可得，再利用正弦函数性质结合整体思想计算即可得解.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得，
将其横坐标缩短到原来的，可得，即，
令，解得，
即图象的对称中心的坐标为.
4. 若双曲线的两条渐近线的夹角为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. 2或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程和倾斜角进行求解即可.
【详解】因为双曲线的两条渐近线夹角为，
则渐近线的倾斜角为或，
所以渐近线的斜率为或.
因为该双曲线方程为，所以渐近线方程为.
所以或.
所以双曲线的离心率为或2.
故选：C.
5. 已知直线与圆 ，圆 的交点从左到右依次为A，B，C，D，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，利用几何法求出直线与圆和相交的弦长，得解.
【详解】由圆，圆心，半径，

所以圆心到直线的距离，
同理，圆 的圆心为，半径，圆心到直线的距离，
所以，，
.
故选：B.
6. 如图，无弹性的细绳，的一端分别固定在A，B处，同样的细绳下端系着一个秤盘，且，绳子受力的大小为40 N，受力的大小为30 N，则绳子受力的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设，，三根绳子所受的力分别为，则，
因为的合力，所以|c|=c'，
如图，在平行四边形中，，
因为，所以c'=|a|2−|b|2=402−302=107，
所以绳子受力的大小为.
7. 已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（ ）
A. 99B. 78C. 66D. 52
【答案】A
【解析】
【分析】由条件结合对称性的性质可得，，结合关系可得，由此可得，再求，结合可得结论.
【详解】因为关于对称，所以，
用替换可得①，
因为关于对称，所以，
又，用替换可得，
用替换可得，
两式相加可得，
用替换可得②，
由①②可得，
用替换可得
因为，
在中令，得，故，
，
因此.
8. 已知正数x，y，z满足 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出并变形得，再构造函数，利用导数确定单调性即可比较大小.
【详解】由，得，
则，令函数，
当时，求导得，函数在上单调递减，
因此，而，则，
所以.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知中，，则的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意结合正、余弦定理可得，再由基本不等式得，然后逐项判断即可.
【详解】因为中，，所以，
根据正弦定理，可得，即，
再由余弦定理，可得，所以，当且仅当时等号成立.
对于A，时，，所以A正确；
对于B，时，，所以B正确；
对于C，时，，所以C正确；
对于D，时，，所以D错误.
故选：ABC
10. 如图，五面体中，，，，，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）.
A.
B. 平面平面
C. 平面截该几何体所得截面面积的最小值为
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用线面平行的性质判断即可；对于B，利用线面垂直证明面面垂直；对于C，分析出当，之间的距离最小时，梯形的面积最小，再计算面积的最小值；对于D，建立空间直角坐标系根据外接球性质计算半径后求表面积.
【详解】对于A，因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，则，正确.
对于B，因为，，
故四边形为等腰梯形.
如图，过点F作，垂足为O，连接，
又，，所以，
又，所以.
取的中点Q，连接，
因为，，
所以，，，
又，
所以四边形为矩形，
所以，
又，所以，
故，又，，
所以平面，
又平面，所以平面平面，故正确.
对于C，如图，设截面与棱交于点M，连接，，因为，平面，平面，所以平面，又平面平面，
所以，
又，所以，
所以截面是梯形.因为四边形为平行四边形，
所以.又，
所以当，之间的距离最小时，梯形的面积最小.
显然，，之间的最小距离等于直线到平面的距离，
也就是点O到平面的距离.
过点O作，垂足为H，
由B知，，又FO∩OC=O，
所以平面，则平面，
所以，又，，
所以平面.所以点O到平面的距离等于，
在Rt△FOC中，.
所以截面面积的最小值为12×(4+2)×255=655，故错误.
对于D，由B可知，故由正弦定理可得，
外接圆的半径.
因为，
所以外接圆的圆心在上，且.
如上图，以点O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，O154,−1,0，.
易知三棱锥外接球的球心T在过点且与底面垂直的直线上，
故可设T的坐标为54,−1,t，
因为A，F均在球T的球面上，
所以542+02+t2=542+(−1)2+(t−1)2，
得，
所以三棱锥外接球的半径R=542+02+12=414，
故三棱锥外接球的表面积为，故正确.
11. 已知抛物线的焦点为，过F的直线与T交于A，B两点，点，直线，分别交T于C，D两点，则下列说法正确的是（ ）.
A.
B. （O为坐标原点）是钝角三角形
C. 直线过定点
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题设得抛物线，设直线为，联立方程并应用韦达定理得，，应用抛物线的定义判断A，由向量数量积的坐标表示确定夹角余弦值的符号判断B，设，，直线为，并联立抛物线，应用韦达定理，进而确定定点的存在性判断C，根据上述分析及三角形的面积表示判断D.
【详解】因为，所以T的方程为，
如图，由题意知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，联立y2=8xx=ty+2，消去x得，
设，，则，，
A，由抛物线的定义可得，，
所以，|AF|⋅|BF|=x1+2x2+2=x1x2+2x1+x2+4，
易知，，显然，错误；
B，因为点，在抛物线上，
所以，，故x1x2=y1y2264=(−16)264=4，
故，
又A，B，O三点不共线，所以为钝角，即为钝角，
所以为钝角三角形，正确；
C，设，，直线的方程为，
由，消去x得，
所以，故，同理可得，
所以.
当直线的斜率存在时，，
所以直线的方程为，
化简得，即，
令，得，所以直线过定点.
当直线的斜率不存在时，易知y3=y4=8，
所以，此时直线的方程为.
综上，直线过定点，正确；
D，S△PAB=12|PF|×y1−y2=12×2×y1−y2=y1−y2，
S△PCD=12|PN|×y3−y4=12×4×−32y1−−32y2=64y1−y2y1y2=4y1−y2，
所以，正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若函数的图象在处的切线过点，则___________.
【答案】
【解析】
【详解】因为，，所以，，
所以函数的图象在处的切线方程为，
将点代入，得，解得.
13. 已知等差数列的公差，前项和为，若，且 ，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据数列为等差数列以及题中所给条件得到，因为，可以得到的最大值在处取得，求解即可.
【详解】因为为等差数列，且，，所以
，解得，因为，所以，因为，所以，所以的最大值在处取得，
，所以若，则一元二次方程开口向上，无最大值，不符合题意，若，则一元二次函数的图像开口向下，最大值在对称轴处取得，，所以，解得.
故答案为：.
14. 现有红、黄、蓝、绿四种颜色的卡片各4张，有放回地抽取4次，每次抽一张，则4次抽取的卡片颜色种数X的数学期望为________.
【答案】
【解析】
【分析】先确定的可能取值，分别计算每个取值的概率，再根据数学期望公式计算.
【详解】由题意知，四次抽取的卡片颜色种数的所有可能取值为，
当，即次抽取的卡片颜色相同，故，
当，即次抽取到种不同颜色的卡片，故，
当，即次抽取到种不同颜色的卡片，故，
当，即次抽取到的卡片颜色均不同，故，
所以四次抽取的卡片颜色种数的数学期望.
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. 随着2025年世界羽毛球锦标赛在法国巴黎举行，国内掀起了新一波的羽毛球热，激起了民众参加羽毛球运动的热情.某大学羽毛球协会组织了羽毛球双人比赛，已知有甲、乙、丙等8支球队参赛，现将这8支球队随机分为A，B两组，每组4支球队.
（1）求甲、乙、丙恰好分在同一组的概率；
（2）在甲、乙、丙中至少有2支球队分在A组的条件下，求甲、乙、丙均分在A组的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【小问1详解】
从参赛的8支球队随机选4支进入A组，其余4支进入B组，共有种分组情况，
甲、乙、丙恰好分在同一组的情况种数为.
设事件E为“甲、乙、丙恰好分在同一组”，则，
即甲、乙、丙恰好分在同一组的概率为.
【小问2详解】
解法一：记事件M为“甲、乙、丙中至少有2支球队分在A组”，事件N为“甲、乙、丙均分在A组”，
则，，
所以，
故在甲、乙、丙中至少有2支球队分在A组的条件下，甲、乙、丙均分在A组的概率为.
解法二：记事件M为“甲、乙、丙中有2支球队分在A组”，事件N为“甲、乙、丙均分在A组”，
则，
故在甲、乙、丙中至少有2支球队分在A组的条件下，甲、乙、丙均分在A组的概率为.
16. 已知数列的首项，且满足．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若数列的前项和小于120，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）令，得，代入已知条件整理即可得证；
（2）根据（1）中结论可得数列的通项，应用分组求和及等差等比的前n项和公式求，利用单调性及能成立求参数的最大值.
【小问1详解】
令，则，于是，结合已知有，
所以，即．
因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
即数列为等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，，则，
则，
令，整理得，而在上单调递增，
且，
所以，的最大值为．
17. 如图，在四棱锥中，已知平面平面，，，，与的交点为.

（1）证明:平面;
（2）设为的中点，点在上且平面平面，若，点到平面的距离为，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用全等三角形的性质结合三线合一定理得到是的中点，再结合得到，最后利用面面垂直的性质证明线面垂直即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法得到，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，最后利用二面角的向量求法并结合同角三角函数的基本关系求解即可.
【小问1详解】
因为，，，
所以，则，得到平分，
由三线合一定理得是的中点，因为，所以，且面，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，即结论得证.
【小问2详解】
如图，由（1）可以为原点建立空间直角坐标系，

因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，因为为的中点，所以是的中点，
因为，所以，，
同理可证，则，得到，
由已知得，可得，
由四边形内角和定理得，设，
而，由余弦定理得，解得（负根舍去），
则，此时，由勾股定理得，
设，则，，，，
则，，，，
设平面的法向量为，
可得，令，解得，，
则平面的一个法向量为，设C到平面的距离为，
由点到平面的距离公式得，
因为点到平面的距离为，所以，
解得（其他根舍去），此时，，
设平面的一个法向量为，
因为平面平面，所以，
令，解得，，故，
设平面与平面所成二面角为，
则，
而，则，由同角三角函数的基本关系得.
18. 在平面直角坐标系中，已知点，，点P满足.记点P的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程；
（2）过C外一点作C的两条切线，且这两条切线互相垂直.
（i）求m，n的关系式；
（ii）若且，M为C上一点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）;（ii）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质求出的值即可；
（2）（i）由两条切线互相垂直，则，结合韦达定理计算即可；
（ii）根据椭圆的几何意义转化为求|MQ|+42−MF2的范围求解即可.
【小问1详解】
因为PF1+PF2=42>F1F2=4，
所以曲线C是分别以，为左、右焦点的椭圆.
设椭圆C的方程为，半焦距为c，
则，，得，，
所以C的方程为.
【小问2详解】
（i）当过的椭圆C的切线斜率存在时，易知斜率不为0，
设切线方程为，
代入椭圆C的方程，得2k2+1x2+4k(n−km)x+2(n−km)2−4=0，
因此Δ=16k2(n−km)2−82k2+1(n−km)2−4=0，
即8−m2k2+2mnk+4−n2=0，
则两条切线的斜率即该关于k的方程的根.
由于两条切线互相垂直，故，则，得.
当过的椭圆C的切线中有一条切线的斜率不存在时，另一条切线的斜率为0，
此时点Q的坐标为或或或，均满足.
综上，.
（ii）若，则，所以，，则.
连接，交椭圆C于点，当M与重合时，|MQ|+MF1最小，
最小值为.
连接，由椭圆的定义得|MQ|+MF1=|MQ|+42−MF2，
连接并延长，交椭圆C于点，且在x轴下方，
当M与重合时，|MQ|−MF2最大，
最大值为QF2=22，故|MQ|+MF1的最大值为.
综上，|MQ|+MF1的取值范围为.
19. 已知函数其中.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；
（2）判断函数的极值点个数；
（3）若有且仅有个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）当时，无极值点，
当时，有个极值点，
当时，有个极值点.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题目条件求出切点坐标和切线方程，再利用导数的几何意义即可求出a的值；
（2）判断函数的极值点个数，即求导函数等于零的个数，分类讨论导函数的零点个数；
（3）有且仅有1个零点转化为即有唯一解，构建函数分类讨论.
【小问1详解】
由题可得：，故切点代入切线方程可得：，
即切线，，，故.
【小问2详解】
，令
求极值点个数即求变号零点个数，
即求变号零点个数，
当时，，无零点，无极值点，
当时，，时，，故无极值点，
当时，，
变号零点数为有个极值点，
当时，当时，，
当时，，，
此时，是唯一变号零点，有个极值点，
综上当时，无极值点，
当时，有个极值点，
当时，有个极值点.
【小问3详解】
有唯一零点，即有唯一解，
即有唯一解，
令，即有唯一解，
由（2）可得：
①当时，即，在上单调递增，
存在唯一使得，
②当时，即，
令，当时，则，
，
当时，，当时，，
所以，当时，函数有极小值，
则
因为，所以，则，
因为，所以，
所以，
因为，当时，，
所以函数存在唯一零点；
③当时，即时，则，
此时函数在区间上单调递增，且，所以只有一个零点；
④当时，即令，则，
当，，当时，，
所以，当时，函数有极小值，
因为，故函数有极小值为负，
因为，
，
令，，
当时，，
所以函数在区间上单调递增，
因为，所以当时，，
所以，
因为，
所以函数在区间各有一个零点，不满足题意.
综上，.