2026安庆高三下学期4月模拟考试数学试题含解析

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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. 1 C. 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.
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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. -7 D. 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. 112 B. 224 C. 56 D. 28
【答案】A
【解析】
【详解】由 得 ，∴ ，
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∴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 ，
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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
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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， ，
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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 ，
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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 ，
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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
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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
.
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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
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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____.
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【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 ，
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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，
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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；
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（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：
60 80 100 120
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：
30 60 90 120
分，
所以 ，故甲获得冠军的可能性更大.
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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 .
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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 .
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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.
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【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： ， ，
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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 .
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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】
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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 ．
【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 ，
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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： ，
.
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