安徽淮北市2026届高三第二次质量检测数学试题（含解析）高考模拟

这是一份安徽淮北市2026届高三第二次质量检测数学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每个小题答案后，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，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】可知，则.
2. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式性质判断即得.
【详解】由，得，则，；
反之，，取，则有，即不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知复数，满足，，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】不妨设，由题意得：，
则
所以.
4. 已知是定义在上周期为4的奇函数，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为是定义在上周期为4的奇函数，
又当时，，
故.
5. 如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】选用为基底向量，即可根据向量的线性运算以及数量积的运算律求解.
【详解】设与方向相同的单位向量分别为，则，故，由于，故.
6. 某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（ ）
A. 事件与事件互斥B. 事件与事件相互独立
C. 事件与事件互斥D. 事件与事件相互独立
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可得，，，
对于A，表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以，故A错误；
对于B，的情况只有面4，故，
又，满足，故B正确；
对于C，表示同时有数字1、2和3，即面4，所以，故C错误；
对于D，表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面，
故，表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4，
故，所以，
不满足独立事件定义，故D错误．
7. 已知函数部分图象如图所示，其中点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别将，，以及点代入，再由辅助角公式，结合图象求解即可.
【详解】因为，，所以，解得，，
因为图象经过可得，解得，代入可得，
即，所以，即，，
解得，所以，解得，所以，解得，所以.
8. 已知集合，则满足的函数的个数为（ ）
A. 12B. 15C. 24D. 30
【答案】B
【解析】
【详解】集合，函数的定义域是，其函数值均取自集合；
，且，至少为2；
，且，至多为4；
的可能取值为2，3，4.
①当时,
，即，且，只能取1，共1种选择；
，即，且，只能取1，共1种选择；
，即，且，可以取2，3，4，共3种选择；
根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.
②当时,
，即，且，可以取1，2，共2种选择；
对于，需满足；
若，则只能取1，共1种选择；
若，则可以取1，2，共2种选择；
和的组合共有1+2=3种情况；
，即，且，可以取3，4，共2种选择；
根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.
③当时,
，即，且，可以取1，2，3，共3种选择；
对于，需满足；
若，则只能取1，共1种选择；
若，则可以取1，2，共2种选择；
若，则可以取1，2，3，共3种选择；
和的组合共有1+2+3=6种情况；
，即，且，可以取4，共1种选择；
根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.
综上所述，满足条件的函数总个数为.
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. 已知为等差数列的前项和，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】A选项，因为是等差数列，且，，所以，，所以，所以A选项正确；
B选项，由A选项解析得：，，则，所以B选项错误；
C选项，，所以，，则，所以C选项正确；
D选项，因为，所以是以首项为，公比为4的等比数列，所以，所以D选项正确.
10. 已知抛物线的焦点为，过点倾斜角为30°的直线交抛物线于，两点（在第一象限），设，在抛物线准线上的射影分别为，，则（ ）
A. B.
C. 为正三角形D. 为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据焦点坐标，可得p值，可判断A的正误；求出直线AB的方程，与抛物线联立，可得A、B两点坐标，求出，坐标，可判断B的正误；根据两点间距离公式，可得，结合抛物线定义，可判断C的正误；根据数量积公式，可得的值，分析可判断D的正误.
【详解】选项A：由题意，解得，故A正确；
选项B：直线AB的方程为，由A项得方程为，
联立，得，
因为在第一象限，所以，则，
所以，则，故B错误；
选项C：由题意得，所以，
由抛物线的定义可得，所以，
所以为正三角形，故C正确；
选项D：，
所以，即，
所以为直角三角形，故D正确.
11. 设正六棱锥的侧面与底面所成的角为，则（ ）
A. 若，则的侧棱与底面所成角的余弦值为
B. 若的高为，，则其内切球半径为
C. 若的高为，，则其外接球半径为
D. 若的体积为定值，则其表面积最小时
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，可得（正六边形半径等于边长），侧棱，再由求解即可；对于B选项，内切球心在高上，半径等于球心到侧面的距离，设六棱锥底面面积为，侧面面积为，由棱锥体积为以及求解即可；对于C选项，外接球心在高上，设球心为​，半径为，由为直角三角形求解即可；对于D选项，列出正六棱锥表面积表达式，求解即可.
【详解】正六棱锥如图所示，顶点为，
设正六棱锥底面正六边形的边长为，底面中心为，顶点为，高，
底面正六边形的边心距（中心到边的距离）：，
侧面等腰三角形的斜高（顶点到底边的距离）：，
侧面与底面所成二面角满足：
当时可解得，
对于A选项，侧棱与底面所成角为侧棱与底面的夹角，即，如图，
其中 （正六边形半径等于边长），侧棱，，因为，则，故A正确；
对于B选项，内切球心在高上，半径等于球心到侧面的距离，设六棱锥底面面积为，侧面面积为，则棱锥体积为，
表面积：，由可得，
代入可得，，又因为，所以，故B正确；
对于C选项，外接球心在高上，设球心为​，半径为，则，
，，在中：，即，
代入 ，可得，即，故C错误；
对于D选项，设体积为定值，底面边长为，高为，底面边心距为，所以，底面积，体积，
侧面与底面成角为，斜高为，侧面积，
总表面积为，将，即，
代入可得，
因为为定值，只需要研究，令，则，
则，则，
因为，则等价于，即，解得，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列满足：，，则_____________.
【答案】2
【解析】
【详解】由，，所以，，
，即，所以数列是以为周期的周期数列，
所以.
13. 已知均为实数，若的解集是且，则函数的极大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由三次不等式的解集可得的解析式，再进行求导研究单调性即可.
【详解】因为原不等式的解集是且，
故、为的零点，
则或（舍）
所以，
则，
，得或；，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为.
故答案为：.
14. 已知点，分别是直线和圆上的动点，，则的最小值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】设 中点为 ，根据向量加法的平行四边形法则得到 与 的关系，分析的最小值，根据|PA+PB|min=2|PM|min即可求解.
【详解】设中点为 ，则 ，所以 .
得的轨迹是和两条平行线所夹的区域，点到该区域的最小距离为点到直线的距离，
因为点 在圆 上，圆心 ，半径 ，
设点 到直线 的距离为 ，
则：，
所以 .
又因为 ，所以 .
综上， 的最小值为 .
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. 已知的三个顶点在半径为2的圆上，.
（1）求；
（2）若为锐角，求周长的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可求得，可求；
（2）由正弦定理可得，结合三角恒等变换，以及的范围可求得周长的取值范围.
【小问1详解】
由正弦定理可得，所以，
又因为，所以或.
【小问2详解】
若为锐角，由（1）可知，
由正弦定理可得，
所以
，
因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以周长的取值范围为.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若方程有两个不同的根，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导数，利用导数的几何意义即可求解；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解.
【小问1详解】
当时，函数，
函数的导函数，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程是，即.
【小问2详解】
函数的导函数，
当时，，单调递增，方程至多有一个实根，不符合题意舍去；
当时，令，解得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
时，；时，.
要使方程有两个不同的根则,
即，
所以，即，
令，
故在上单调递增，又，
所以时，.
综上：的取值范围是.
17. 如图，在三棱锥中，为正三角形，是棱的中点，，，．
（1）证明：；
（2）点满足，且平面
（i）求的值；
（ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用几何性质求出PD、CD的长，利用勾股定理可得，再结合线面垂直的性质即可证明；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，（i）根据求出E点的坐标，再求出平面PAE的法向量，结合平面即可求出的值；（ii）进一步求出PBC的法向量，利用空间向量法即可求解．
【小问1详解】
已知，，
由勾股定理得，
又是AB中点，且由题意得为等腰直角三角形，故，且，
在正中，是AB中点，故，且，
在中，有，故，
又，且平面PAB，故平面PAB，
又平面PAB，因此．
【小问2详解】
（i）由（1）可知，PD、CD、AB三者之间两两互相垂直，
所以以为原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，
由题意及（1）可得，，，，，
所以，，，
由，得，又，，
设平面PAE的法向量为，则可得，
解得（*），因为平面PAE，所以，
即，联立（*）可解得．
（ii）由前述可知，所以对于平面PAE的法向量为，
有，令，则，
设平面PBC的法向量为，又，
则，可得，令，则，
所以两平面夹角的余弦值．
18. 已知双曲线，是其右顶点，定点，动点，直线交于点，连接并延长交于点.
（1）若，证明：为的左顶点；
（2）设直线，的斜率分别为，，求证：是定值；
（3）若的面积为5，求点坐标.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）或.
【解析】
【分析】（1）先求出的直线方程，再联立该方程和双曲线方程求出的坐标，求出直线的方程后可求，该点即为双曲线的左顶点；
（2）设，结合齐次化方法可证；
（3）联立的方程和双曲线方程后结合韦达定理可用表示的面积，从而可求，从而可求的坐标.
【小问1详解】
当时，，而，故，
故，由可得，故，
故，故，故，
故，该直线过，而为双曲线的左顶点，
故为双曲线的左顶点.
【小问2详解】
设，，
由可得，整理得，
由可得，
故的坐标为此方程的两组解，
由题设均不为1，故，
即，同理，
故为方程的两个解，故，
而过，故即，故.
【小问3详解】
由题设，而过第一象限和第三象限的渐近线的斜率为，
故直线与双曲线的右支交于两个不同的点，
而，故，
又，由可得，
故且，，
故，而直线与轴交点坐标为，
故的面积为，
整理得，故，故或，
而，故，结合可得或，
当时，故，此时，故，故；
当时，故，此时，
故， 故；
综上，或.
19. 已知袋子中共有个形状相同的球，红、黄、蓝三种颜色，其中红球有个，随机不放回依次逐个取出一球，直到将球全部取出.
（1）求第二次取出的球是红球的概率；
（2）若红球、黄球、蓝球的个数分别是3、2、2，求红球被全部取出时袋子里还有黄球和蓝球的概率；
（3）记随机变量为最后一个红球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合排列组合知识，即可得答案.
（2）根据全概率公式，分析求解，即可得答案.
（3）先取得X的取值，求出每个取值的概率，根据期望公式，即可得证.
【小问1详解】
记第二次取出的球是红球为事件A，将n个红球的安排情况作为样本空间，
则样本点总数为，
事件A表示第二次取出红球，则其他个红球在剩余的个位置中随机安排，
则事件A包含的样本点数为，
则.
【小问2详解】
记最后一次取出的是黄球为事件B，最后一次取出是蓝球为事件C，
显然事件B、C互斥，记红球最先被取完为事件D，则，
当事件B发生时，只需考虑取出所有蓝球之前红球被取完，
则，
当事件C发生时，只需考虑取出所有黄球之前红球被取完，
则，
所以.
【小问3详解】
由题意得X的取值为，
则随机变量X的分布列为，
所以随机变量X的期望
，
所以