安徽安庆市2026届高三下学期模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份安徽安庆市2026届高三下学期模拟考试数学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了04， 过曲线， 已知等比数列的公比大于1，，等内容，欢迎下载使用。
2026.04
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题共58分）
一、单项选择题：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. 若复数在复平面内对应的点为，则的虚部为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据点得出复数，再应用复数乘法运算得出复数进而得出其虚部.
【详解】，∴，∴的虚部为1.
2. 是的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【详解】可得，可得，即是的必要条件；
由时，可得，因对数的真数必须为正数，故不一定成立，
故是的必要不充分条件.
3. 已知函数，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用指数函数、幂函数单调性确定函数的单调性，进而确定的大小关系.
【详解】当时，函数在上都单调递增，而函数在上单调递增，
因此函数是上的增函数，，所以.
4. 已知四边形为平行四边形，、、，，若，则n的值为（ ）
A. B. C. -7D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据求出点坐标，利用向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】设，因为四边形为平行四边形，、、，
所以，即,则，∴，∴，
∴，而，，∴
5. 若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中第3项的系数为（ ）
A. 112B. 224C. 56D. 28
【答案】A
【解析】
【详解】由得，∴，
∴第3项系数为.
6. 甲、乙、丙等5人被安排到三个社区做志愿者，每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则甲和乙不去同一个社区的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将5人分为三组，再分配到三个社区，再减掉甲乙两个人在同一社区的情况，即可求得.
【详解】根据题意，甲、乙、丙等五人被安排到三个社区做志愿者，
每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则可按和分组，
再分配到三个社区，共有种不同的安排方法，
其中甲乙在一个社区的共有种，
则甲乙不去同一个社区的概率为.
故选：.
7. 过曲线：外一点作的切线，恰好可作两条，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出函数的切线方程，代入点，整理得，令，利用导数确定函数的单调区间及极值，作出图象，结合图象求解即可.
【详解】设切点为，
据题意：这样的切点有两个，
即关于的方程有且仅有两根.
因为，
所以切线方程为，
即为过切点的切线，
又在此切线上，
所以，
即，
所以，
令，
所以，
所以，则或，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值为，极小值为，
当趋于时，趋于，当趋于时，趋于，
作出函数的图象，如图所示：
又不在曲线C上，所以，
由的图象可知.
8. 已知等比数列的公比大于1，，.则下列判断正确的是（ ）
A. 任意，有
B. 数列中，，，则
C. ，在区间中项的个数记为，则
D. 任意，，则整数的最小值为4
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，列式求出数列的公比及通项公式判断A；利用累加法求出判断B；确定的取值情况求解判断C；构造数列并判断单调性，利用导数证明不等式，再借助对数运算及不等式性质求得即可.
【详解】设等比数列的公比为，由，得，而，则，，
对于A，，A错误；
对于B，，则，即，而，
当时，，
，而满足上式，则，，B错误；
对于C，，
，则
，C正确；
对于D，令，
由，得，数列单调递增，
而，则当时，，
令函数，求导得，函数在上单调递减，
则，即当时，，于是，
因此，
则，，所以，D错误.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知A，B是概率均不为0的随机事件，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则事件A与B为对立事件
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】CD
【解析】
【分析】利用和事件与积事件的关系可得，再利用互斥事件与对立事件性质可得A；利用条件概率公式计算可得B；利用全概率公式计算可得C；利用对立事件的性质及概率的乘法公式与和事件与积事件的关系计算可得D.
【详解】对A：由，故，
则、互斥，但不能得到、对立，故A错误；
对B：由，则，
故或，故B错误，
对C：，，
若则，故C正确；
对D：，则，
所以.
10. 在中，、、所对应的边分别是a、b、c，且，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若，，则满足条件的有2个
C. 如，M为中点，则最大值为
D. 若有两解、，则
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A，由正弦定理可得，，
即，故A错误；
对于B：过点B作，则，在上存在点A，使.
且，故有两个.（，），故B正确；
对于C：已知且，∴①，
延长至Q，使.
设，则，连、易知四边形为平行四边形.
由，得，
由①得，
∴，
即，故C正确；
对于D：由，得，
所以，又，
故或，或或或（舍），
∴，，
∴，故D正确.

11. 正三棱锥中，点、、分别是侧棱、、的中点，，则下列结论中正确的有（ ）
A. 平面
B. 过的平面截该三棱锥所得截面三角形周长的最小值为
C. 棱长为的正四面体可以在棱台内随意转动
D. 在三棱台中，若一质点从A出发，每次等可能地沿着三棱台的棱向相邻的另一个顶点运动，设在次运动后质点仍停留在下底面的概率为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可证平面，可判断A；可证，，进而求得截面三角形周长的最小值为判断B；假设C成立，为棱长的正四面体的外接球能在三棱台内任意转动，据此计算判断C；根据题意利用全概率公式计算可得，求得通项公式判断D.
【详解】因为三棱锥 为正三棱锥，又，可得为正四面体，
所以、均为等边三角形，
又、均为中点平面，故A正确.
又因为平面，所以，故是到的最短距离，
同理可得，故也是C到最短距离，
∴是所有截面中周长最短的且此时周长为，故B正确.
对C：假设C成立，则以为棱长的正四面体的外接球能在三棱台内任意转动，
设外接球的半径为，可得该正四面体底面三角形内切圆的半径为，
所以该正四面体的高为，所以
解得，那么该外接球直径，
又三棱锥底面三角形的内切圆半径为，
所以三棱锥底面上的高为，
所以三棱台的高为，
所以三棱台内能放下的球直径不大于，
又，故放不下，故C错误.
对于D：记若一质点从A出发，在次运动后“在下底面”为事件，“在上底面”为事件.
显然，当，时，，.
由全概率公式，
即，，所以，，
所以，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，故D正确.
第二部分（非选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中），则最小值为____.
【答案】
【解析】
【分析】借助百分位数定义计算可得，再利用基本不等式求解即可得.
【详解】对10个数先排序：1、2、3、4、5、a、b、13、16、19，
，则，由，
则，当且仅当时，等号成立.
13. 在平面直角坐标系中，角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆O相交于点A，把角按顺时针方向旋转后与单位圆O相交于点，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，由三角恒等变换得，即可得答案.
【详解】设，，
则，
所以，
又
14. 焦点在x轴上的椭圆与双曲线有公共左、右焦点、，点M是与的公共点且，点N在x轴上，满足，若，则与的离心率之积为____.
【答案】##
【解析】
【分析】根据求出，进而推得，由推得平分，即得，设，利用椭圆与双曲线的定义推得，结合余弦定理求得，代入离心率公式计算即得.
【详解】由条件可得，，因、、三点共线，
则得，则，
即，故，
因，而表示与同方向的单位向量，表示与同方向的单位向量，
由菱形的性质可得平分，故.
设，则，
因点是与的公共点，故得（为椭圆的长半轴长），
（为双曲线的实半轴长）.
则得，即
在中，由余弦定理得，解得，
设椭圆，双曲线的离心率分别为、，则.
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. 设为数列的前n项和，已知，与的等比中项为3，且为等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用等差数列基本量运算结合等差数列求和公式计算，再应用计算求解；
（2）应用等比数列求和公式及对数运算分组求和计算求解.
【小问1详解】
因为与的等比中项为3，，所以，所以，即，
设等差数列的公差为d，因为，所以，即，，
所以，即.
当时，，
当时，，满足上式，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
则
.
所以数列的前项和为.
16. 在一次元宵节三角函数公式竞答决赛活动中，甲、乙两人角逐冠军.规则如下：①共5次竞答机会，每次竞答两人均从A，B两个箱子中选择一个公式回答，答完放回；②甲答对A、B箱中一个公式的概率分别为，；乙答对A、B箱中一个公式的概率均为；③每答对A箱中一个公式得20分，每答对B箱中一个公式得30分；④5次竞答后总得分最高者获得冠军.
（1）规定甲前两次都从A箱中选择，后三次都从B箱中选择，五次竞答完成后，求甲总分得分至少110分的概率.
（2）若前两次甲、乙均从B箱中选择公式，两次竞答后甲得总分60分，乙得总分30分.后三次竞答在即，深思熟虑后甲决定后三次都在A箱子中选择公式竞答，乙决定后三次仍然都在B箱子中选择公式竞答，请问最终冠军最有可能是谁?
【答案】（1）
（2）甲获得冠军的可能性更大
【解析】
【分析】（1）列出甲得分至少110分的情况，根据二项分布的概率求解即可；
（2）根据题意，甲五次总得分X可能为60、80、100、120，求得相应的概率，列出分布列，结合期望公式，即可求解.
【小问1详解】
甲至少110分有两种情况：前两次甲得40分，后三次甲得90分；前两次甲得20分，后三次甲得90分；
故概率为.
【小问2详解】
后三次甲选A箱，甲五次总得分X可能为60、80、100、120，
，，
，，
随机变量X的分布列为：
分.
后三次乙选B箱，乙五次总得分Y可能为30、60、90、120，
，，
，，
随机变量Y的分布列为：
分，
所以，故甲获得冠军的可能性更大.
17. 如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）若，，，，是线段上一点且，线段与过、、、四点的球面是否有公共点?若有公共点，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）利用面面垂直性质定理，证得都垂直于侧棱，再由线面垂直判定定理得平面.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量垂直求得点的坐标；根据四点共球的性质求出球心与半径；设线段上点的参数式并代入球面方程，求得点的坐标以证明其存在性；最后利用直线方向向量与平面法向量计算与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
平面内取一点P，作于点E，作于点.
因为平面平面，平面平面，
平面，，
所以平面.
又平面，所以.
同理，，平面，所以平面.
【小问2详解】
假设线段上与过、、、四点的球面有公共点，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系.
则，即,,，，
所以，
设，则，
所以，所以，所以.
设球心，半径，因为,.
所以球心一定在线段的中垂面上.
所以，，则球心.
由得，解得.
则球心，半径，
设，则，
所以，解得或（舍），
所以，所以存在点N满足题意.
，平面法向量，
设与平面所成角为，
则.
18. 已知点为圆上一动点，过点作轴的垂线，垂足为，点满足，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）已知点、，为直线上的动点，连接交曲线于，连接交曲线于.
（i）证明直线过定点；
（ii）若线段上存在点，有，连接与.交于点，求证：.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由向量关系得两点坐标关系，再由代入法可得曲线的方程；
（2）（i）点，当时，通过解方程求得的坐标，进而可得直线的方程，通过方程判断直线过定点，再验证时直线也过该定点可得；（ii）先由点所满足的关系可得的直线方程，再与直线的方程联立解得点的坐标，结合四点共线，将长度比转化为点的纵坐标差的绝对值之比可得.
【小问1详解】
设，由过点作轴的垂线，垂足为，得.
又因为，且，
所以，即，又因为在圆上，
所以圆，整理得曲线的方程：.
【小问2详解】
（i）设点，当时，则的方程：.如图：
联立可得，解得或.
所以，∴.
同理得：的方程：，
联立，可得，解得或.
所以，所以，
∴，
∴直线的方程：，，
即直线的方程，故过定点.
当时，易得直线为轴，显然直线过定点.
综上：过定点.
（ii）证明：若，不妨设，设，设，
所以，∴，∴——①
又∵，
所以，解得，∴
因为在曲线上，所以，
∴，，
代入①可得：.
若，则，所以重合，不符合题意，故.
∴，
∴，即
故点在直线上，过.
联立，解得，所以.
因为共线，所以线段的长度比等于它们纵坐标差的绝对值，
即，
，
所以，得证.
19. 已知函数，.
（1）若仅有一个零点时，求a的取值范围；
（2）函数，且.
（i）讨论的单调性；
（ii）若存在，使得，证明：.
【答案】（1）；
（2）（i）答案见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）分离参数，再利用导数研究右边函数的图象与性质，即可得到的范围；
（2）（i）直接求导后，对分类讨论即可；
（ii）设，根据极值点偏移得，再设，求导后得，再根据不等式性质即可证明.
【小问1详解】
由得，当时，，显然不成立，
则，
令，则，
令，解得；令，解得；
的递减区间为，递增区间为，
则，
且，
∴函数与的图象如图，
故当仅有一个零点时，的取值范围为0,1e+1．
【小问2详解】
，，
①当时，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
②当时，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
③当时，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
（ii）由（i）知，设，
其中，
则
，
在单调递增，
，即，
，
在单调递增且，
，即.
再设，其中，
则．
且，
，
在单调递增，
，即，
在单调递增，
且，即
由（）、（）得：，
∵ln2a≤2a−1∴x3−x1