2026届安徽省安庆一中、安师大附中高考数学全真模拟密押卷含解析

这是一份2026届安徽省安庆一中、安师大附中高考数学全真模拟密押卷含解析，共17页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知全集，，则，下列结论中正确的个数是，已知集合则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．设是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点，使（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
2．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A．B．4
C．D．5
3．已知等比数列的前项和为，若，且公比为2，则与的关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知抛物线上一点到焦点的距离为，分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，若函数的图象恒在轴的上方，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知全集，，则（ ）
A．B．C．D．
7．下列结论中正确的个数是（ ）
①已知函数是一次函数，若数列通项公式为，则该数列是等差数列；
②若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则；
③在中，“”是“”的必要不充分条件；
④若，则的最大值为2.
A．1B．2C．3D．0
8．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
9．已知集合则（ ）
A．B．C．D．
10．若的展开式中的系数为-45，则实数的值为（ ）
A．B．2C．D．
11．若函数满足，且，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
12．在正方体中，点，，分别为棱，，的中点，给出下列命题：①；②；③平面；④和成角为.正确命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知内角的对边分别为外接圆的面积为，则的面积为_________.
14．已知函数，则________；满足的的取值范围为________.
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________.
16．已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合，直线过抛物线的焦点与抛物线交于、两点和椭圆交于、两点，为抛物线准线上一动点，满足，，当面积最大时，直线的方程为______.
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）设函数（）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若关于x的方程有唯一的实数解，求a的取值范围.
18．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，已知．
（1）若，，成等差数列，求的值；
（2）是否存在满足为直角？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19．（12分）高铁和航空的飞速发展不仅方便了人们的出行,更带动了我国经济的巨大发展.据统 计,在2018年这一年内从 市到市乘坐高铁或飞机出行的成年人约为万人次.为了 解乘客出行的满意度,现从中随机抽取人次作为样本,得到下表(单位:人次):
（1）在样本中任取个,求这个出行人恰好不是青年人的概率;
（2）在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中,随机选取人次,记其中老年人出行的人次为.以频率作为概率,求的分布列和数学期望;
（3）如果甲将要从市出发到市,那么根据表格中的数据,你建议甲是乘坐高铁还是飞机? 并说明理由.
20．（12分）分别为的内角的对边.已知.
（1）若，求；
（2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长.
21．（12分）已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）当时，证明：对；
（2）若函数在上存在极值，求实数的取值范围。
22．（10分）某单位准备购买三台设备，型号分别为已知这三台设备均使用同一种易耗品，提供设备的商家规定：可以在购买设备的同时购买该易耗品，每件易耗品的价格为100元，也可以在设备使用过程中，随时单独购买易耗品，每件易耗品的价格为200元.为了决策在购买设备时应购买的易耗品的件数.该单位调查了这三种型号的设备各60台，调査每台设备在一个月中使用的易耗品的件数，并得到统计表如下所示.
将调查的每种型号的设备的频率视为概率，各台设备在易耗品的使用上相互独立.
（1）求该单位一个月中三台设备使用的易耗品总数超过21件的概率；
（2）以该单位一个月购买易耗品所需总费用的期望值为决策依据，该单位在购买设备时应同时购买20件还是21件易耗品？
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、D
【解析】
利用向量运算可得，即，由为的中位线，得到，所以，再根据双曲线定义即可求得离心率.
【详解】
取的中点，则由得，
即；
在中，为的中位线，
所以，
所以；
由双曲线定义知，且，所以，
解得，
故选：D
【点睛】
本题综合考查向量运算与双曲线的相关性质，难度一般.
2、B
【解析】
还原几何体的直观图，可将此三棱锥放入长方体中, 利用体积分割求解即可.
【详解】
如图，三棱锥的直观图为，体积
.
故选:B.
【点睛】
本题主要考查了锥体的体积的求解,利用的体积分割的方法,考查了空间想象力及计算能力,属于中档题.
3、C
【解析】
在等比数列中，由即可表示之间的关系.
【详解】
由题可知，等比数列中，且公比为2，故
故选：C
【点睛】
本题考查等比数列求和公式的应用，属于基础题.
4、D
【解析】
利用抛物线的定义，求得p的值，由利用两点间距离公式求得，根据二次函数的性质，求得，由取得最小值为，求得结果.
【详解】
由抛物线焦点在轴上，准线方程，
则点到焦点的距离为，则，
所以抛物线方程：，
设，圆，圆心为，半径为1，
则，
当时，取得最小值，最小值为，
故选D.
【点睛】
该题考查的是有关距离的最小值问题，涉及到的知识点有抛物线的定义，点到圆上的点的距离的最小值为其到圆心的距离减半径，二次函数的最小值，属于中档题目.
5、B
【解析】
函数的图象恒在轴的上方，在上恒成立.即，即函数的图象在直线上方，先求出两者相切时的值，然后根据变化时，函数的变化趋势，从而得的范围．
【详解】
由题在上恒成立.即，
的图象永远在的上方，
设与的切点，则，解得，
易知越小，图象越靠上，所以.
故选：B．
【点睛】
本题考查函数图象与不等式恒成立的关系，考查转化与化归思想，首先函数图象转化为不等式恒成立，然后不等式恒成立再转化为函数图象，最后由极限位置直线与函数图象相切得出参数的值，然后得出参数范围．
6、C
【解析】
先求出集合U，再根据补集的定义求出结果即可．
【详解】
由题意得，
∵，
∴．
故选C．
【点睛】
本题考查集合补集的运算，求解的关键是正确求出集合和熟悉补集的定义，属于简单题．
7、B
【解析】
根据等差数列的定义，线面关系，余弦函数以及基本不等式一一判断即可；
【详解】
解：①已知函数是一次函数，若数列的通项公式为，
可得为一次项系数），则该数列是等差数列，故①正确；
②若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则与可以相交或平行，故②错误；
③在中，，而余弦函数在区间上单调递减，故 “”可得“”，由“”可得“”，故“”是“”的充要条件，故③错误；
④若，则，所以，当且仅当时取等号，故④正确；
综上可得正确的有①④共2个；
故选：B
【点睛】
本题考查命题的真假判断，主要是正弦定理的运用和等比数列的求和公式、等差数列的定义和不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
8、A
【解析】
由的解集，可知及，进而可求出方程的解，从而可求出的解集.
【详解】
由的解集为，可知且，
令，解得，，
因为，所以的解集为，
故选：A.
【点睛】
本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于基础题.
9、B
【解析】
解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.
【详解】
集合解得
由集合交集运算可得，
故选：B.
【点睛】
本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题.
10、D
【解析】
将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得的值.
【详解】
∵
所以展开式中的系数为，
∴解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.
11、A
【解析】
由推导出，且，将所求代数式变形为，利用基本不等式求得的取值范围，再利用函数的单调性可得出其最小值.
【详解】
函数满足，，即，
，，，即，
，则，
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立.
，
由于函数在区间上为增函数，
所以，当时，取得最小值.
故选：A.
【点睛】
本题考查代数式最值的计算，涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用，考查计算能力，属于中等题.
12、C
【解析】
建立空间直角坐标系，利用向量的方法对四个命题逐一分析，由此得出正确命题的个数.
【详解】
设正方体边长为，建立空间直角坐标系如下图所示，，.
①，，所以，故①正确.
②，，不存在实数使，故不成立，故②错误.
③，，，故平面不成立，故③错误.
④，，设和成角为，则，由于，所以，故④正确.
综上所述，正确的命题有个.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查空间线线、线面位置关系的向量判断方法，考查运算求解能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由外接圆面积，求出外接圆半径，然后由正弦定理可求得三角形的内角，从而有，于是可得三角形边长，可得面积．
【详解】
设外接圆半径为，则，
由正弦定理，得，
∴，，．
故答案为：．
【点睛】
本题考查正弦定理，利用正弦定理求出三角形的内角，然后可得边长，从而得面积，掌握正弦定理是解题关键．
14、
【解析】
首先由分段函数的解析式代入求值即可得到，分和两种情况讨论可得；
【详解】
解：因为，
所以，
∵，
∴当时，满足题意，∴；
当时，由，
解得.综合可知：满足的的取值范围为.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查分段函数的性质的应用，分类讨论思想，属于基础题.
15、
【解析】
利用正弦定理将边化角，即可容易求得结果.
【详解】
由正弦定理可知，
，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用正弦定理实现边角互化，属基础题.
16、
【解析】
根据均值不等式得到，，根据等号成立条件得到直线的倾斜角为，计算得到直线方程.
【详解】
由椭圆，可知，，，，
，
，，
（当且仅当，等号成立），
，，，，
直线的倾斜角为，直线的方程为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了抛物线，椭圆，直线的综合应用，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
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）当时，递增区间时，无递减区间，当时，递增区间时，递减区间时；（2）或.
【解析】
（1）求出，对分类讨论，先考虑（或）恒成立的范围，并以此作为的分类标准，若不恒成立，求解，即可得出结论；
（2）有解，即，令，转化求函数只有一个实数解，根据（1）中的结论，即可求解.
【详解】
（1），
当时，恒成立，
当时，，
综上，当时，递增区间时，无递减区间，
当时，递增区间时，递减区间时；
（2），
令，原方程只有一个解，只需只有一个解，
即求只有一个零点时，的取值范围，
由（1）得当时，在单调递增，
且，函数只有一个零点，原方程只有一个解，
当时，由（1）得在出取得极小值，也是最小值，
当时，，此时函数只有一个零点，
原方程只有一个解，
当且
递增区间时，递减区间时；
，当，
有两个零点，
即原方程有两个解，不合题意，
所以的取值范围是或.
【点睛】
本题考查导数的综合应用，涉及到单调性、零点、极值最值，考查分类讨论和等价转化思想，属于中档题.
18、见解析
【解析】
（1）因为，，成等差数列，所以，
由余弦定理可得，
因为，所以，即，
所以．
（2）若B为直角，则，，
由及正弦定理可得，
所以，即，
上式两边同时平方，可得，所以（*）．
又，所以，，
所以，与（*）矛盾，
所以不存在满足为直角．
19、（1）（2）分布列见解析，数学期望（3）建议甲乘坐高铁从市到市.见解析
【解析】
（1）根据分层抽样的特征可以得知，样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为，，，即可按照古典概型的概率计算公式计算得出；
（2）依题意可知服从二项分布，先计算出随机选取人次，此人为老年人概率是，所以，即，即可求出的分布列和数学期望；
（3）可以计算满意度均值来比较乘坐高铁还是飞机．
【详解】
（1）设事件：“在样本中任取个，这个出行人恰好不是青年人”为，
由表可得：样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为，，，
所以在样本中任取个，这个出行人恰好不是青年人的概率．
（2）由题意，的所有可能取值为：
因为在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中，随机选取人次，此人
为老年人概率是，
所以，
，
，
所以随机变量的分布列为：
故．
（3）答案不唯一，言之有理即可．
如可以从满意度的均值来分析问题，
参考答案如下：
由表可知，乘坐高铁的人满意度均值为：
乘坐飞机的人满意度均值为：
因为，
所以建议甲乘坐高铁从市到市．
【点睛】
本题主要考查了分层抽样的应用、古典概型的概率计算、以及离散型随机变量的分布列和期望的计算，解题关键是对题意的理解，概率类型的判断，属于中档题．
20、（1）（2）
【解析】
（1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；
（2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大，
结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长．
【详解】
（1）由，得，
即.
因为，所以.
由，得.
（2）因为，
所以，当且仅当时，等号成立.
因为的面积.
所以当时，的面积取得最大值，
此时，则，
所以的周长为.
【点睛】
本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力．
21、 (1)见证明；(2)
【解析】
（1）利用导数说明函数的单调性，进而求得函数的最小值，得到要证明的结论；
（2）问题转化为导函数在区间上有解，法一：对a分类讨论，分别研究a的不同取值下，导函数的单调性及值域，从而得到结论.法二：构造函数，利用函数的导数判断函数的单调性求得函数的值域，再利用零点存在定理说明函数存在极值．
【详解】
(1)当时，，于是，.
又因为，当时，且.
故当时，，即.
所以，函数为上的增函数，于是，.
因此，对，；
(2) 方法一：由题意在上存在极值，则在上存在零点，
①当时，为上的增函数，
注意到，，
所以，存在唯一实数，使得成立.
于是，当时，，为上的减函数；
当时，，为上的增函数；
所以为函数的极小值点；
②当时，在上成立，
所以在上单调递增，所以在上没有极值；
③当时，在上成立，
所以在上单调递减，所以在上没有极值，
综上所述，使在上存在极值的的取值范围是.
方法二：由题意，函数在上存在极值，则在上存在零点.
即在上存在零点.
设，，则由单调性的性质可得为上的减函数.
即的值域为，所以，当实数时，在上存在零点.
下面证明，当时，函数在上存在极值.
事实上，当时，为上的增函数，
注意到，，所以，存在唯一实数，
使得成立.于是，当时，，为上的减函数；
当时，，为上的增函数；
即为函数的极小值点.
综上所述，当时，函数在上存在极值.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的最值，涉及函数的单调性，导数的应用，函数的最值的求法，考查构造法的应用，是一道综合题．
22、（1）（2）应该购买21件易耗品
【解析】
（1）由统计表中数据可得型号分别为在一个月使用易耗品的件数为6,7,8时的概率,设该单位三台设备一个月中使用易耗品的件数总数为X,则,利用独立事件概率公式进而求解即可；
（2）由题可得X所有可能的取值为,即可求得对应的概率,再分别讨论该单位在购买设备时应同时购买20件易耗品和21件易耗品时总费用的可能取值及期望,即可分析求解.
【详解】
（1）由题中的表格可知
A型号的设备一个月使用易耗品的件数为6和7的频率均为；
B型号的设备一个月使用易耗品的件数为6,7,8的频率分别为；
C型号的设备一个月使用易耗品的件数为7和8的频率分别为；
设该单位一个月中三台设备使用易耗品的件数分别为,则
,,,
设该单位三台设备一个月中使用易耗品的件数总数为X,
则
而
,
,
故,
即该单位一个月中三台设备使用的易耗品总数超过21件的概率为.
（2）以题意知,X所有可能的取值为
；
；
；
由（1）知,,
若该单位在购买设备的同时购买了20件易耗品,设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用为元,则的所有可能取值为,
；
；
；
；
；
若该单位在肋买设备的同时购买了21件易耗品,设该单位一个月中购买易耗品所需的总费用为元,则的所有可能取值为,
；
；
；
；
,所以该单位在购买设备时应该购买21件易耗品
【点睛】
本题考查独立事件的概率,考查离散型随机变量的分布列和期望,考查数据处理能力.
满意度
老年人
中年人
青年人
乘坐高铁
乘坐飞机
乘坐高铁
乘坐飞机
乘坐高铁
乘坐飞机
10分(满意)
12
1
20
2
20
1
5分(一般)
2
3
6
2
4
9
0分(不满意)
1
0
6
3
4
4
每台设备一个月中使用的易耗品的件数
6
7
8
型号A
30
30
0
频数
型号B
20
30
10
型号C
0
45
15