2026届安徽亳州利辛县阚疃金石中学高三一诊考试数学试卷含解析

这是一份2026届安徽亳州利辛县阚疃金石中学高三一诊考试数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了已知是等差数列的前项和，，，则，已知，，则的大小关系为，设集合，则等内容，欢迎下载使用。
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。
3．考试结束后，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．若，则的虚部是
A．3B．C．D．
2．已知角的终边经过点,则
A．B．
C．D．
3．若复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中 ，则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知定点都在平面内，定点是内异于的动点，且，那么动点在平面内的轨迹是（ ）
A．圆，但要去掉两个点B．椭圆，但要去掉两个点
C．双曲线，但要去掉两个点D．抛物线，但要去掉两个点
6．已知是等差数列的前项和，，，则（ ）
A．85B．C．35D．
7．已知，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．设集合，则 ( )
A．B．
C．D．
9．执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出属于（ ）
A．B．C．D．
10．用电脑每次可以从区间内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于的概率为（ ）
A．B．C．D．
11．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（ ）
A．8B．32C．64D．128
12．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．曲线在点处的切线方程为______.
14．函数的定义域是____________．（写成区间的形式）
15．已知实数满足，则的最小值是______________.
16．设为等比数列的前项和，若，且，，成等差数列，则 .
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）已知直线是曲线的切线.
（1）求函数的解析式，
（2）若，证明:对于任意，有且仅有一个零点.
18．（12分）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）.
（Ⅰ）证明：平面平面垂直；
（Ⅱ）是否存在点，使得二面角的余弦值？若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.
19．（12分）（1）已知数列满足：，且（为非零常数，），求数列的前项和；
（2）已知数列满足：
（ⅰ）对任意的；
（ⅱ）对任意的，，且.
①若，求数列是等比数列的充要条件.
②求证：数列是等比数列，其中.
20．（12分）已知正实数满足 .
（1）求 的最小值.
（2）证明：
21．（12分）已知直线：（为参数），曲线（为参数）．
（1）设与相交于，两点，求；
（2）若把曲线上各点的横坐标压缩为原来的倍，纵坐标压缩为原来的倍，得到曲线，设点是曲线上的一个动点，求它到直线距离的最小值．
22．（10分）如图，在直角中，，通过以直线为轴顺时针旋转得到（）.点为斜边上一点.点为线段上一点，且.
（1）证明：平面；
（2）当直线与平面所成的角取最大值时，求二面角的正弦值.
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、B
【解析】
因为，所以的虚部是.故选B．
2、D
【解析】
因为角的终边经过点,所以,则,
即.故选D．
3、D
【解析】
先化简得再求得解.
【详解】
所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查复数的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
4、B
【解析】
根据斜二测画法的基本原理，将平面直观图还原为原几何图形，可得，,绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体,圆锥的侧面展开图是扇形根据扇形面积公式即可求得组合体的表面积.
【详解】
根据“斜二测画法”可得，，，
绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体，
它的表面积为.
故选:
【点睛】
本题考查斜二测画法的应用及组合体的表面积求法,难度较易.
5、A
【解析】
根据题意可得,即知C在以AB为直径的圆上.
【详解】
,，
,
又，,
平面,又平面
，
故在以为直径的圆上，
又是内异于的动点，
所以的轨迹是圆，但要去掉两个点A,B
故选：A
【点睛】
本题主要考查了线面垂直、线线垂直的判定，圆的性质，轨迹问题，属于中档题.
6、B
【解析】
将已知条件转化为的形式，求得，由此求得.
【详解】
设公差为，则，所以，，，.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等差数列前项和的计算，属于基础题.
7、D
【解析】
由指数函数的图像与性质易得最小，利用作差法，结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系，进而得解.
【详解】
根据指数函数的图像与性质可知，
由对数函数的图像与性质可知，，所以最小；
而由对数换底公式化简可得
由基本不等式可知，代入上式可得
所以，
综上可知，
故选：D.
【点睛】
本题考查了指数式与对数式的化简变形，对数换底公式及基本不等式的简单应用，作差法比较大小，属于中档题.
8、B
【解析】
直接进行集合的并集、交集的运算即可．
【详解】
解：；
∴．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查集合描述法、列举法的定义，以及交集、并集的运算，是基础题.
9、B
【解析】
由题意，框图的作用是求分段函数的值域，求解即得解.
【详解】
由题意可知，
框图的作用是求分段函数的值域，
当；
当
综上：.
故选：B
【点睛】
本题考查了条件分支的程序框图，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.
10、C
【解析】
由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为，结合独立事件发生的概率计算即可.
【详解】
∵每次生成一个实数小于1的概率为.∴这3个实数都小于1的概率为.
故选：C.
【点睛】
本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题.
11、C
【解析】
根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.
【详解】
由题意，执行上述程序框图，可得
第1次循环，满足判断条件，；
第2次循环，满足判断条件，；
第3次循环，满足判断条件，；
第4次循环，满足判断条件，；
不满足判断条件，输出.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中认真审题，逐次计算，结合判断条件求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
12、B
【解析】
取的中点，连接、，推导出，设设球心为，和的中心分别为、，可得出平面，平面，利用勾股定理计算出球的半径，再利用球体的表面积公式可得出结果.
【详解】
取的中点，连接、，
由和都是正三角形，得，，则，则，由勾股定理的逆定理，得.
设球心为，和的中心分别为、.
由球的性质可知：平面，平面，
又，由勾股定理得.
所以外接球半径为.
所以外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，找出球心的位置，并以此计算出球的半径长，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
对函数求导，得出在处的一阶导数值，即得出所求切线的斜率，再运用直线的点斜式求出切线的方程.
【详解】
令，，所以，又，所求切线方程为，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查运用函数的导函数求函数在切点处的切线方程，关键在于求出在切点处的导函数值就是切线的斜率，属于基础题.
14、
【解析】
要使函数有意义，需满足，即，解得，故函数的定义域是．
15、
【解析】
先画出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析解答得解.
【详解】
画出不等式组表示的可行域如图阴影区域所示.
由题得y=-3x+z,它表示斜率为-3,纵截距为z的直线系，
平移直线，
易知当直线经过点时，直线的纵截距最小，目标函数取得最小值，且.
故答案为：-8
【点睛】
本题主要考查线性规划问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析能力.
16、.
【解析】
试题分析：∵，，成等差数列，∴，
又∵等比数列，∴.
考点：等差数列与等比数列的性质.
【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质，属于容易题，在解题过程中，需要建立关于等比数列
基本量的方程即可求解，考查学生等价转化的思想与方程思想.
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、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）对函数求导，并设切点，利用点既在曲线上、又在切线上，列出方程组，解得，即可得答案；
（2）当x充分小时，当x充分大时，可得至少有一个零点. 再证明零点的唯一性，即对函数求导得，对分和两种情况讨论，即可得答案.
【详解】
（1）根据题意，，设直线与曲线相切于点.
根据题意，可得，解之得，
所以.
（2）由（1）可知，
则当x充分小时，当x充分大时，∴至少有一个零点.
∵，
①若，则，在上单调递增，∴有唯一零点.
②若令，得有两个极值点，
∵，∴，∴.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
∴极大值为.，又，
∴在(0，16)上单调递增，
∴，
∴有唯一零点.
综上可知，对于任意，有且仅有一个零点.
【点睛】
本题考查导数的几何意义的运用、利用导数证明函数的零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意零点存在定理的运用.
18、（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）存在，此时为的中点.
【解析】
（Ⅰ）证明平面，得到平面平面，故平面平面，平面，得到答案.
（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，平面，过作于，连接，则，过作于，连接，是二面角的平面角，设，，计算得到答案.
【详解】
（Ⅰ）∵，，，∴平面.
又平面，∴平面平面，
而平面，，∴平面平面，
由，知，可知平面，
又平面，∴平面平面.
（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，由知，
易证平面，所以平面，
过作于，连接，则（三垂线定理），
即是二面角的平面角，
不妨设，则，
在中，设（），由得，
即，得，∴，
依题意知，即，解得，
此时为的中点.
综上知，存在点，使得二面角的余弦值，此时为的中点.
【点睛】
本题考查了面面垂直，根据二面角确定点的位置，意在考查学生的空间想象能力和计算能力，也可以建立空间直角坐标系解得答案.
19、（1）；（2）①；②证明见解析.
【解析】
（1）由条件可得，结合等差数列的定义和通项公式、求和公式，即可得到所求；
（2）①若，可令，运用已知条件和等比数列的性质，即可得到所求充要条件；
②当，，，由等比数列的定义和不等式的性质，化简变形，即可得到所求结论．
【详解】
解：（1），，且为非零常数，，，
可得，
可得数列的首项为，公差为的等差数列，
可得，前项和为；
（2）①若，可令，，
且，即，，，，
对任意的，，可得，
可得，，
数列是等比数列，则，，
可得，，即，
又，即有，即，
数列是等比数列的充要条件为；
②证明：对任意的，，，，，
当，，，
可得，即以为首项、为公比的等比数列；
同理可得以为首项、为公比的等比数列；
对任意的，，可得，
即有，
所以对，，，
可得，，
即且，则，可令，
故数列，，，，，，，，，
是以为首项，为公比的等比数列，其中．
【点睛】
本题考查新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法和推理、运算能力，属于难题．
20、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）利用乘“1”法，结合基本不等式求得结果.
（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，证明即可.
【详解】
（1）因为 ，所以
因为 ，所以 （当且仅当 ，即 时等号成立），
所以
（2）证明：
因为 ，所以
故 （当且仅当 时，等号成立）
【点睛】
本题考查了基本不等式的应用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理论证能力，属于中档题.
21、（1）；（2）．
【解析】
(1)将直线和曲线化为普通方程，联立直线和曲线，可得交点坐标，可得的值；
（2）可得曲线的参数方程，利用点到直线的距离公式结合三角形的最值可得答案.
【详解】
解：（1）直线的普通方程为，的普通方程．
联立方程组，解得与的交点为，，则．
（2）曲线的参数方程为（为参数），故点的坐标为，
从而点到直线的距离是，
由此当时，取得最小值，且最小值为．
【点睛】
本题主要考查参数方程与普通方程的转化及参数方程的基本性质、点到直线的距离公式等，属于中档题.
22、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先算出的长度，利用勾股定理证明，再由已知可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1）可得为直线与平面所成的角，要使其最大，则应最小，可得为中点，然后建系分别求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值，进一步得到正弦值.
【详解】
（1）在中，，由余弦定理得
，
∴，
∴，
由题意可知：∴，，，
∴平面，
平面，∴，
又，
∴平面.
（2）以为坐标原点，以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.
∵平面，∴在平面上的射影是，
∴与平面所成的角是，∴最大时，即，点为中点.
，，，，，
，，设平面的法向量，
由，得，令，得，
所以平面的法向量，
同理，设平面的法向量，由，得，
令，得，所以平面的法向量，
∴，，
故二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.