2026合肥一六八中学高三下学期3月规范训练数学含解析

这是一份2026合肥一六八中学高三下学期3月规范训练数学含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则集合的真子集个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．已知且，则的最小值是（ ）
A．3B．9C．5D．25
3．设是周期为的奇函数，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
4．从小到大排列的一组数据：80，86，90，96，110，120，126，134，则这组数据的上四分位数为（ ）
A．86B．88C．120D．123
5．已知平面向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．对于数列，定义为数列的“优值”，现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则（ ）
A．2027B．C．2029D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，与双曲线C的右支交于点P．若，，，为的角平分线，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若复数，则下列选项正确的有（ ）
A．B．的共轭复数为
C．为实数D．在复平面内对应的点位于第四象限
10．如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
11．已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．“”是“函数为幂函数，且在上单调递减”的__________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）
13．若函数的定义域是，则函数的定义域是__________．
14．如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有__________种不同的染色方案.
四、解答题
15．如图，在平面凸四边形中，已知．
(1)求；
(2)求的面积．
16．已知函数
(1)设，讨论的单调性；
(2)设，若有解，求的取值范围．
17．如图所示，在四棱柱中，底面是梯形，，侧面为菱形，．
(1)求证：；
(2)若，，点在平面上的射影恰为线段的中点，求与平面所成角的正弦值．
18．已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．
(1)求抛物线的方程；
(2)记与的面积分别为．
①当四点共圆时，求直线的方程；
②求的取值范围．
19．线性反馈移位寄存器是现代通信应用中的关键技术，利用它进行简单的逻辑运算和移位操作能生成伪随机序列，因而被广泛用于干扰码、加密和同步等场景．某线性反馈移位寄存器通过以下规则生成由0和1组成的序列：
①初始设置：前三位为；
②生成规则：从第4位开始，计算公式为其中是正整数．
(1)求数列的前6项；
(2)设，求的通项公式；
(3)设，求的值．
参考答案
1．B
【详解】对于集合，，解得，故，
所以，故真子集个数为.
故选：B
2．D
【详解】因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
解得，当且仅当时等号成立，所以的最小值为25．
3．C
【详解】因为是周期为的奇函数，且时，，
所以．
4．D
【详解】从小到大排列的一组数据：80，86，90，96，110，120，126，134，因为，所以这组数据的上四分位数为．
5．B
【详解】由于，由得，解得．
6．C
【详解】因为，
.
7．D
【详解】由，得，①
，②
①-②得，即，，
所以．
8．D
【详解】双曲线，设双曲线半焦距为，
左、右焦点分别为，，，
，是中点，
，，
是中点，是以为圆心，为半径的圆上的点，故，
设点在双曲线渐近线上，联立得，
点在双曲线渐近线上，且是中点，
，故，解得，，
的斜率，方程为，
联立直线与双曲线方程，得，解得，
在双曲线右支上，，，故点；
，
是的角平分线，
，故D正确．
故选：D．
9．ACD
【详解】由题意，
对于A：，故A正确；
对于B： 的共轭复数为，故B错误：
对于C：，为实数，故C正确；
对于D：，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确．
10．BCD
【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，
对于A，圆锥的侧面积为：，A错误；
对于B，当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为：，B正确；
对于C，是等腰三角形，，又因为，则，
依题意，，而，因此，C正确；
对于D，由，，得，
有为等腰三角形，将以为轴旋转到与共面的位置，
得到为等腰三角形，，，
，
于是，
所以，D正确．
11．ACD
【详解】对A，令，则，
故时，单调递增；时，单调递减，
所以的极大值，且，，
因为直线与曲线相交于､两点，
所以与图象有个交点，所以，故A正确；
对B，设，且，可得，
在点处的切线程为
，得，
即，
因为，所以，即，故B错误；
对C，因为，所以，
因为为两切线的交点，
所以
，
即，所以，
所以
，故C正确；
对D，因为，，所以，
又因为，所以，所以，
同理得，得，即，
因为，所以，
所以，即，故D正确.
其中不等式①的证明如下：
不等式①（其中），
构造函数，则．
因为，所以，所以函数在上单调递减，故，从而不等式①成立.
故选：ACD.

12．充分不必要
【详解】当为幂函数时，解得或，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减.
所以 “”是“为幂函数，且在上单调递减”的充分不必要条件．
13．
【详解】要使函数有意义，则，解得，取交集得．
14．192
【详解】法一：间隔元素分析法：
①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种；
②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种；
③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式；
若与不同色，则只有1种上色方式；
故有种；
④不同色，不同色，
1）同色，则有种；2）不同色，则有种.
综上，共有种方式.
法二：相邻最多元素优先分析法：
考虑到影响的元素最多：
①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种；
2）不同色，则有2种染色法，故共有：种；
②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到），
故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种.
综上：共有种染色方案.
故答案为：192.
15．(1)
(2)
【详解】（1）
在中，由余弦定理得，解得，
在中，由正弦定理得，
且为锐角，所以，
则．
在中，由正弦定理得．
（2）因为，所以为锐角，所以，
在中，．
由正弦定理得，
所以．
16．(1)在定义域单调递增
(2)
【详解】（1）．
所以，
所以在定义域单调递增；
（2）因为，
所以函数为偶函数，
由对称性可将问题转化为存在，
使有解；而；；
令，则，
令，则
因为，所以，故在上为增函数；
当时，，所以在上为增函数；
故，所以在上为增函数，
故，不符合题意；
当时，，且，
又 在上为增函数，故，使，当时，，
函数在上单调递减，当时，，
所以函数在上单调递减，当时，，符合题意，
综上所述的取值范围是．
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，易知，
又为的中点，，
又，平面，
∴平面，平面，
∴．
（2）∵在面上的射影为，又，
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，
∵，则，
∴，又，
设平面的法向量为，，
则，令，又，
则与平面所成角的正弦值为．
18．(1)
(2)①；②
【详解】（1）因为点，则，又，则，
所以，代入抛物线，得到，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）①因为直线方程为，
设，联立，消得到，
则，
当四点共圆时，则有，故，
则，所以，
又，
所以，即，
整理得到，又，所以，故直线的方程为.
②当时，由，得，又直线的斜率，则，
由，得到直线，
由，得，
直线，联立方程，解得，
由，得，
所以，
又，
又，所以，
故的取值范围为.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由递推关系得，；
（2）观察：，…
数列的周期，且
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
所以的通项公式为.
（3）数列的前项：共有12个数字，有个数字，
数对的选法，分成3种情况：
①当时，有种情况，每一种情况，
②当时，有种情况，每一种情况，
③当时，有种情况，每一种情况，
所以.