2026届安徽省滁州市第三中学高考仿真卷数学试卷含解析

这是一份2026届安徽省滁州市第三中学高考仿真卷数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了已知集合,则，已知命题p等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．设全集U=R，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知全集，函数的定义域为，集合，则下列结论正确的是
A．B．
C．D．
3．已知，，若，则向量在向量方向的投影为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点， 点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（ ）
A．B．C．D．
5．一个陶瓷圆盘的半径为，中间有一个边长为的正方形花纹，向盘中投入1000粒米后，发现落在正方形花纹上的米共有51粒，据此估计圆周率的值为（精确到0.001）（ ）
A．3.132B．3.137C．3.142D．3.147
6．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知集合,则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，四边形为平行四边形，为中点，为的三等分点（靠近）若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知命题p：“”是“”的充要条件；，，则（ ）
A．为真命题B．为真命题
C．为真命题D．为假命题
10．已知正四面体外接球的体积为，则这个四面体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
11．某设备使用年限x（年）与所支出的维修费用y（万元）的统计数据分别为，，，，由最小二乘法得到回归直线方程为，若计划维修费用超过15万元将该设备报废，则该设备的使用年限为（ ）
A．8年B．9年C．10年D．11年
12．设数列是等差数列，，.则这个数列的前7项和等于（ ）
A．12B．21C．24D．36
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，设该阳马的外接球半径为，内切球半径为，则__________．
14．设的内角的对边分别为，，．若，，，则_____________
15．某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，则该市的任意位申请人中，恰好有人申请小区房源的概率是______ .（用数字作答）
16．已知实数，对任意，有，且，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）已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，过作平行于轴的直线，设与终边所在直线的交点为，.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在区间上的值域.
18．（12分）已知，且．
（1）请给出的一组值，使得成立；
（2）证明不等式恒成立．
19．（12分）已知函数.
（1）若，求证：.
（2）讨论函数的极值；
（3）是否存在实数，使得不等式在上恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由.
20．（12分）椭圆：的左、右焦点分别是，，离心率为，左、右顶点分别为，.过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）经过点的直线与椭圆相交于不同的两点、（不与点、重合），直线与直线相交于点，求证：、、三点共线.
21．（12分）已知非零实数满足．
（1）求证：；
（2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围； 若不存在，请说明理由
22．（10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.
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】
求出集合M和集合N,，利用集合交集补集的定义进行计算即可．
【详解】
，
，
则，
故选：A．
【点睛】
本题考查集合的交集和补集的运算，考查指数不等式和二次不等式的解法，属于基础题．
2、A
【解析】
求函数定义域得集合M，N后，再判断．
【详解】
由题意，，∴．
故选A．
【点睛】
本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．
3、B
【解析】
由，，，再由向量在向量方向的投影为化简运算即可
【详解】
∵∴，∴，
∴向量在向量方向的投影为.
故选：B.
【点睛】
本题考查向量投影的几何意义，属于基础题
4、B
【解析】
根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.
【详解】
由题意，当时，P与A重合，则与B重合，
所以,故排除C,D选项；
当时，，由图象可知选B.
故选：B
【点睛】
本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.
5、B
【解析】
结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可
【详解】
如图，由几何概型公式可知：.
故选：B
【点睛】
本题考查随机模拟的概念和几何概型，属于基础题
6、B
【解析】
建立空间直角坐标系，利用向量法计算出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】
依题意三棱柱底面是正三角形且侧棱垂直于底面.设的中点为，建立空间直角坐标系如下图所示.所以，所以.所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查异面直线所成的角的求法，属于中档题.
7、B
【解析】
计算，再计算交集得到答案
【详解】
,表示偶数，
故.
故选：.
【点睛】
本题考查了集合的交集，意在考查学生的计算能力.
8、D
【解析】
使用不同方法用表示出，结合平面向量的基本定理列出方程解出．
【详解】
解：，
又
解得，所以
故选：D
【点睛】
本题考查了平面向量的基本定理及其意义，属于基础题．
9、B
【解析】
由的单调性，可判断p是真命题；分类讨论打开绝对值，可得q是假命题，依次分析即得解
【详解】
由函数是R上的增函数，知命题p是真命题．
对于命题q，当，即时，；
当，即时，，
由，得，无解，
因此命题q是假命题．所以为假命题，A错误；
为真命题，B正确；
为假命题，C错误；
为真命题，D错误．
故选：B
【点睛】
本题考查了命题的逻辑连接词，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.
10、B
【解析】
设正四面体ABCD的外接球的半径R，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出正方体的棱长，从而得出正四面体的棱长，最后可求出正四面体的表面积．
【详解】
将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示，
设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则，得．因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有，∴ ．而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以，正四面体ABCD的棱长为，因此，这个正四面体的表面积为．
故选：B．
【点睛】
本题考查球的内接多面体，解决这类问题就是找出合适的模型将球体的半径与几何体的一些几何量联系起来，考查计算能力，属于中档题．
11、D
【解析】
根据样本中心点在回归直线上，求出，求解，即可求出答案.
【详解】
依题意在回归直线上，
，
由，
估计第年维修费用超过15万元.
故选:D.
【点睛】
本题考查回归直线过样本中心点、以及回归方程的应用，属于基础题.
12、B
【解析】
根据等差数列的性质可得，由等差数列求和公式可得结果.
【详解】
因为数列是等差数列，，
所以，即，
又，
所以，，
故
故选：B
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，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】
该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，由此能求出，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，从而内切球半径为，由此能求出．
【详解】
四棱锥为阳马，侧棱底面，
且，，设该阳马的外接球半径为，
该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，
，
，
侧棱底面，且底面为正方形，
内切球在侧面内的正视图是的内切圆，
内切球半径为，
故．
故答案为．
【点睛】
本题考查了几何体外接球和内切球的相关问题，补形法的运用，以及数学文化，考查了空间想象能力，是中档题．解决球与其他几何体的切、接问题，关键是能够确定球心位置，以及选择恰当的角度做出截面.球心位置的确定的方法有很多，主要有两种：（1）补形法（构造法），通过补形为长方体（正方体），球心位置即为体对角线的中点；（2）外心垂线法，先找出几何体中不共线三点构成的三角形的外心，再找出过外心且与不共线三点确定的平面垂直的垂线，则球心一定在垂线上.
14、或
【解析】
试题分析：由，则可运用同角三角函数的平方关系：，
已知两边及其对角，求角．用正弦定理；，
则；可得．
考点：运用正弦定理解三角形．（注意多解的情况判断）
15、
【解析】
基本事件总数，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数，由此能求出该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率．
【详解】
解：某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，
该市的任意5位申请人中，基本事件总数，
该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数：
，
该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
16、-1
【解析】
由二项式定理及展开式系数的求法得，又，所以，令得：，所以，得解．
【详解】
由，且，
则，
又，
所以，
令得：
，
所以，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二项式定理及展开式系数的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
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）.
【解析】
（1）根据题意，求得，，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；
（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.
【详解】
（1） 因为 ， ，
所以，
，
所以函数的最小正周期为.
（2）因为，所以
，
所以，
故函数在区间上的值域为.
【点睛】
本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式，考查化简和计算能力.
18、（1）（答案不唯一）（2）证明见解析
【解析】
（1）找到一组符合条件的值即可；
（2）由可得,整理可得,两边同除可得,再由可得,两边同时加可得,即可得证.
【详解】
解析:（1）（答案不唯一）
（2）证明:由题意可知,,因为,所以.
所以,即.
因为,所以,
因为,所以,
所以.
【点睛】
考查不等式的证明,考查不等式的性质的应用.
19、（1）证明见解析；（2）见解析；（3）存在，1.
【解析】
（1），求出单调区间，进而求出，即可证明结论；
（2）对（或）是否恒成立分类讨论，若恒成立，没有极值点，若不恒成立，求出的解，即可求出结论；
（3）令，可证恒成立，而，由（2）得，在为减函数，在上单调递减，在都存在，不满足，当时，设，且，只需求出在单调递增时的取值范围即可.
【详解】
（1），，
，当时，，
当时，，∴，故.
（2）由题知，，，
①当时，，
所以在上单调递减，没有极值；
②当时，，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
故在处取得极小值，无极大值.
（3）不妨令，
设在恒成立，
在单调递增，，
在恒成立，
所以，当时，，
由（2）知，当时，在上单调递减，
恒成立；
所以不等式在上恒成立，只能.
当时，，由（1）知在上单调递减，
所以，不满足题意.
当时，设，
因为，所以，
，
即，
所以在上单调递增，
又，所以时，恒成立，
即恒成立，
故存在，使得不等式在上恒成立，
此时的最小值是1.
【点睛】
本题考查导数综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、不等式证明，考查分类讨论思想，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
20、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）根据已知可得，结合离心率和关系，即可求出椭圆的标准方程；
（2）斜率不为零，设的方程为，与椭圆方程联立，消去，得到纵坐标关系，求出方程，令求出坐标，要证、、三点共线，只需证，将分子用纵坐标表示，即可证明结论.
【详解】
（1）由于，将代入椭圆方程，
得，由题意知，即.
又，所以，.
所以椭圆的方程为.
（2）解法一：
依题意直线斜率不为0，设的方程为，
联立方程，消去得，
由题意，得恒成立，设，，
所以，
直线的方程为.令，得.
又因为，，
则直线，的斜率分别为，，
所以.
上式中的分子
，
.所以，，三点共线.
解法二：
当直线的斜率不存在时，由题意，得的方程为，
代入椭圆的方程，得，，
直线的方程为.
则，，，
所以，即，，三点共线.
当直线的斜率存在时，
设的方程为，，，
联立方程消去，得.
由题意，得恒成立，故，.
直线的方程为.令，得.
又因为，，
则直线，的斜率分别为，，
所以.
上式中的分子
所以.
所以，，三点共线.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，要熟练掌握根与系数关系，设而不求方法解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.
21、（1）见解析（2）存在，
【解析】
（1）利用作差法即可证出.
（2）将不等式通分化简可得，讨论或，分离参数，利用基本不等式即可求解.
【详解】
又
即
即
①当时，即恒成立
（当且仅当时取等号），故
②当时恒成立
（当且仅当时取等号），故
综上，
【点睛】
本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.
22、（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．