2026届安徽省“江南十校”高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

这是一份2026届安徽省“江南十校”高考全国统考预测密卷数学试卷含解析，共10页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知函数，集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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，，，是球的球面上四个不同的点，若，且平面平面，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上且满足，若取得最大值时，点恰好在以为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知集合M＝{x|﹣1＜x＜2}，N＝{x|x（x+3）≤0}，则M∩N＝（ ）
A．[﹣3，2）B．（﹣3，2）C．（﹣1，0]D．（﹣1，0）
5．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（ ）
A．B．1C．D．2
6．已知函数．下列命题：①函数的图象关于原点对称；②函数是周期函数；③当时，函数取最大值；④函数的图象与函数的图象没有公共点，其中正确命题的序号是（ ）
A．①④B．②③C．①③④D．①②④
7．已知实数，，函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．集合，，则( )
A．B．C．D．
9．已知向量，满足，在上投影为，则的最小值为( )
A．B．C．D．
10．函数，，则“的图象关于轴对称”是“是奇函数”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
11．设，，是非零向量.若，则（ ）
A．B．C．D．
12．若实数满足的约束条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知公差大于零的等差数列中，、、依次成等比数列，则的值是__________．
14．在中，内角所对的边分别是，若，，则__________.
15．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（—）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为__________．
16．设等比数列的前项和为，若，则数列的公比是 ．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知圆上有一动点，点的坐标为，四边形为平行四边形，线段的垂直平分线交于点.
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
（Ⅱ）过点作直线与曲线交于两点，点的坐标为，直线与轴分别交于两点，求证：线段的中点为定点，并求出面积的最大值.
18．（12分）已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，证明：．
19．（12分）已知在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且．
（1）求角A的值；
（2）若，设角，周长为y，求的最大值．
20．（12分）已知函数，其中，为自然对数的底数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）设函数的导函数为，求证：函数有且仅有一个零点．
21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线与曲线交于两点.
(1)求的长；
(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点为棱的中点．
（Ⅰ）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
（Ⅱ）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A
【解析】
由题意画出图形，求出多面体外接球的半径，代入表面积公式得答案．
【详解】
如图，
取BC中点G，连接AG，DG，则，，
分别取与的外心E，F，分别过E，F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交于O，
则O为四面体的球心，
由，得正方形OEGF的边长为，则，
四面体的外接球的半径，
球O的表面积为．
故选A．
【点睛】
本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
2、B
【解析】
设，利用两点间的距离公式求出的表达式，结合基本不等式的性质求出的最大值时的点坐标，结合椭圆的定义以及椭圆的离心率公式求解即可.
【详解】
设，因为是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，
所以，
则
，
当时，，
当时，，
当且仅当时取等号，此时，
，
点在以为焦点的椭圆上，，
由椭圆的定义得，
所以椭圆的离心率，故选B.
【点睛】
本题主要考查椭圆的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．
3、A
【解析】
解出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】
因为，又，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.
4、C
【解析】
先化简N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，再根据M＝{x|﹣1＜x＜2}，求两集合的交集.
【详解】
因为N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，
又因为M＝{x|﹣1＜x＜2}，
所以M∩N＝{x|﹣1＜x≤0}.
故选：C
【点睛】
本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
5、B
【解析】
先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.
【详解】
因为，所以，
又因为是纯虚数，所以，所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.
6、A
【解析】
根据奇偶性的定义可判断出①正确；由周期函数特点知②错误；函数定义域为，最值点即为极值点，由知③错误；令，在和两种情况下知均无零点，知④正确.
【详解】
由题意得：定义域为，
，为奇函数，图象关于原点对称，①正确；
为周期函数，不是周期函数，不是周期函数，②错误；
，，不是最值，③错误；
令，
当时，，，，此时与无交点；
当时，，，，此时与无交点；
综上所述：与无交点，④正确.
故选：.
【点睛】
本题考查函数与导数知识的综合应用，涉及到函数奇偶性和周期性的判断、函数最值的判断、两函数交点个数问题的求解；本题综合性较强，对于学生的分析和推理能力有较高要求.
7、D
【解析】
根据题意，对于函数分2段分析：当，由指数函数的性质分析可得①，当，由导数与函数单调性的关系可得，在上恒成立，变形可得②，再结合函数的单调性，分析可得③，联立三个式子，分析可得答案.
【详解】
解：根据题意，函数在上单调递增，
当，若为增函数，则①，
当，
若为增函数，必有在上恒成立，
变形可得：，
又由，可得在上单调递减，则，
若在上恒成立，则有②，
若函数在上单调递增，左边一段函数的最大值不能大于右边一段函数的最小值，
则需有，③
联立①②③可得：.
故选：D.
【点睛】
本题考查函数单调性的性质以及应用，注意分段函数单调性的性质.
8、A
【解析】
解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简集合B，求交集运算即可.
【详解】
由可得，所以，由可得,所以,所以，故选A．
【点睛】
本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.
9、B
【解析】
根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为模长和夹角运算，代入即可求得.
【详解】
在上投影为，即

又
本题正确选项：
【点睛】
本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值.
10、B
【解析】
根据函数奇偶性的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
设，若函数是上的奇函数，则，所以，函数的图象关于轴对称.
所以，“是奇函数”“的图象关于轴对称”；
若函数是上的偶函数，则，所以，函数的图象关于轴对称.
所以，“的图象关于轴对称”“是奇函数”.
因此，“的图象关于轴对称”是“是奇函数”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合函数奇偶性的性质判断是解决本题的关键，考查推理能力，属于中等题.
11、D
【解析】
试题分析：由题意得：若，则；若，则由可知，，故也成立，故选D.
考点：平面向量数量积.
【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点，作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识，又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题，实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是：①利用已知条件，结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易)；②将条件通过向量的线性运算进行转化，再利用①求解(较难)；③建系，借助向量的坐标运算，此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.
12、B
【解析】
根据所给不等式组，画出不等式表示的可行域，将目标函数化为直线方程，平移后即可确定取值范围.
【详解】
实数满足的约束条件，画出可行域如下图所示：
将线性目标函数化为，
则将平移，平移后结合图像可知，当经过原点时截距最小，；
当经过时，截距最大值，，
所以线性目标函数的取值范围为，
故选：B.
【点睛】
本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数取值范围的求法，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用等差数列的通项公式以及等比中项的性质，化简求出公差与的关系，然后转化求解的值.
【详解】
设等差数列的公差为，则，
由于、、依次成等比数列，则，即，
，解得，因此，.
故答案为：.
【点睛】
本题考查等差数列通项公式以及等比中项的应用，考查计算能力，属于基础题.
14、
【解析】
先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值.
【详解】
由于，所以，所以.由正弦定理得.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题.
15、2
【解析】
根据比赛场次，分析，画出图象，计算结果.
【详解】
画图所示，可知目前（五）班已经赛了2场．
故答案为：2
【点睛】
本题考查推理，计数原理的图形表示，意在考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.
16、.
【解析】
当q=1时，.
当时，
，所以.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.
【解析】
（Ⅰ）先画出图形，结合垂直平分线和平行四边形性质可得为一定值，，故可确定点轨迹为椭圆（），进而求解；
（Ⅱ）设直线方程为，点坐标分别为，联立直线与椭圆方程得，，分别由点斜式求得直线KA的方程为，令得，同理得，由结合韦达定理即可求解，而，当重合交于点时，可求最值；
【详解】
（Ⅰ），
所以点的轨迹是一个椭圆，且长轴长，半焦距，
所以，轨迹的方程为.
（Ⅱ）当直线的斜率为0时，与曲线无交点.
当直线的斜率不为0时，设过点的直线方程为，点坐标分别为.
直线与椭圆方程联立得消去，得.
则，.
直线KA的方程为.
令得.
同理可得.
所以
.
所以的中点为.
不妨设点在点的上方，
则.
【点睛】
本题考查根据椭圆的定义求椭圆的方程，椭圆中的定点定值问题，属于中档题
18、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1），①当时，，②两式相减即得数列的通项公式；（2）先求出，再利用裂项相消法求和证明.
【详解】
（1）解：，①
当时，．
当时，，②
由①-②，得，
因为符合上式，所以．
（2）证明：
因为，所以．
【点睛】
本题主要考查数列通项的求法，考查数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
19、（1）；（2）．
【解析】
（1）利用正弦定理，结合题中条件，可以得到，之后应用余弦定理即可求得；
（2）利用正弦定理求得，求出三角形的周长，利用三角函数的最值求解即可.
【详解】
（1）由已知可得，
结合正弦定理可得，∴，
又，∴．
（2）由，及正弦定理得，
∴，，
故，即，
由，得，∴当，即时，．
【点睛】
该题主要考查的是有关解三角形的问题，解题的关键是掌握正余弦定理，属于简单题目.
20、见解析
【解析】
（1）当时，函数，其定义域为，
则，设，，
易知函数在上单调递增，且，
所以当时，，即；当时，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，为，无极大值．
（2）由题可得函数的定义域为，，
设，，显然函数在上单调递增，
当时，，，
所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；
当时，，，
所以函数有且仅有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；
当时，，，因为，所以，，
又，所以函数在内有一个零点，
所以函数有且仅有一个零点．
综上，函数有且仅有一个零点．
21、（1） ;（2）.
【解析】
（1）将直线的参数方程化为直角坐标方程，由点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，结合垂径定理即可求得的长；
（2）将的极坐标化为直角坐标，将直线方程与圆的方程联立，求得直线与圆的两个交点坐标，由中点坐标公式求得的坐标，再根据两点间距离公式即可求得.
【详解】
（1）直线的参数方程为(为参数)，
化为直角坐标方程为，即
直线与曲线交于两点.
则圆心坐标为，半径为1，
则由点到直线距离公式可知，
所以.
（2）点的极坐标为，化为直角坐标可得，
直线的方程与曲线的方程联立，化简可得，
解得，所以两点坐标为，
所以，
由两点间距离公式可得.
【点睛】
本题考查了参数方程与普通方程转化，极坐标与直角坐标的转化，点到直线距离公式应用，两点间距离公式的应用，直线与圆交点坐标求法，属于基础题.
22、（1）见解析（2）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.
（Ⅱ）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．
理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，
且，故且.所以，四边形为平行四边形.
所以，，又平面，平面，所以，平面.
（Ⅱ）由题意知为正三角形，所以，亦即，
又，所以，且平面平面，平面平面，
所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
设，则由题意知，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，令，则，，
所以取，显然可取平面的法向量，
由题意：，所以.
由于平面，所以在平面内的射影为，
所以为直线与平面所成的角，
易知在中，，从而，
所以直线与平面所成的角为.
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.