2026届安徽省合肥市长丰中学高考数学四模试卷含解析

这是一份2026届安徽省合肥市长丰中学高考数学四模试卷含解析，共18页。试卷主要包含了展开项中的常数项为，定义运算，则函数的图象是等内容，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．已知点、．若点在函数的图象上，则使得的面积为的点的个数为（ ）
A．B．C．D．
2．刘徽是我国魏晋时期伟大的数学家，他在《九章算术》中对勾股定理的证明如图所示.“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类，因就其余不移动也.合成弦方之幂，开方除之，即弦也”.已知图中网格纸上小正方形的边长为1，其中“正方形为朱方，正方形为青方”，则在五边形内随机取一个点，此点取自朱方的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．若实数x，y满足条件，目标函数，则z 的最大值为( )
A．B．1C．2D．0
4．如图，四边形为正方形，延长至，使得，点在线段上运动.设，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．展开项中的常数项为
A．1B．11C．-19D．51
6．已知是偶函数，在上单调递减，，则的解集是
A．B．
C．D．
7．如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，、分别是、的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A．，B．存在点，使得平面平面
C．平面D．三棱锥的体积为定值
8．定义运算，则函数的图象是（ ）．
A．B．
C．D．
9．在棱长均相等的正三棱柱中，为的中点，在上，且，则下述结论：①；②；③平面平面：④异面直线与所成角为其中正确命题的个数为( )
A．1B．2C．3D．4
10．执行下面的程序框图，如果输入，，则计算机输出的数是（ ）
A．B．C．D．
11．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺莞生一日，长一尺蒲生日自半，莞生日自倍.问几何日而长倍？”意思是：“今有蒲草第天长高尺，芜草第天长高尺以后，蒲草每天长高前一天的一半，芜草每天长高前一天的倍.问第几天莞草是蒲草的二倍？”你认为莞草是蒲草的二倍长所需要的天数是（ ）
（结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：，）
A．B．C．D．
12．若直线与圆相交所得弦长为，则（ ）
A．1B．2C．D．3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，则的展开式中含的项的系数为_______.
14．已知x，y＞0，且，则x+y的最小值为_____．
15．某班有学生52人,现将所有学生随机编号,用系统抽样方法,抽取一个容量为4的样本,已知5号、31号、44号学生在样本中,则样本中还有一个学生的编号是__________．
16．已知，满足约束条件则的最小值为__________.
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）已知函数和的图象关于原点对称，且．
（1）解关于的不等式；
（2）如果对，不等式恒成立，求实数的取值范围．
18．（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．
19．（12分）已知，，，，证明：
（1）；
（2）.
20．（12分）已知矩阵，，若矩阵，求矩阵的逆矩阵．
21．（12分）已知椭圆的短轴的两个端点分别为、，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点、，设为直线上一点，且直线、的斜率的积为．证明：点在轴上．
22．（10分）已知椭圆的左右焦点分别为，焦距为4，且椭圆过点，过点且不平行于坐标轴的直线交椭圆与两点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.
（1）求的周长；
（2）求面积的最大值.
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、C
【解析】
设出点的坐标，以为底结合的面积计算出点到直线的距离，利用点到直线的距离公式可得出关于的方程，求出方程的解，即可得出结论.
【详解】
设点的坐标为，直线的方程为，即，
设点到直线的距离为，则，解得，
另一方面，由点到直线的距离公式得，
整理得或，，解得或或.
综上，满足条件的点共有三个．
故选：C.
【点睛】
本题考查三角形面积的计算，涉及点到直线的距离公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题．
2、C
【解析】
首先明确这是一个几何概型面积类型，然后求得总事件的面积和所研究事件的面积，代入概率公式求解.
【详解】
因为正方形为朱方，其面积为9，
五边形的面积为，
所以此点取自朱方的概率为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了几何概型的概率求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.
3、C
【解析】
画出可行域和目标函数，根据平移得到最大值.
【详解】
若实数x，y满足条件，目标函数
如图：
当时函数取最大值为
故答案选C
【点睛】
求线性目标函数的最值:
当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最大，在轴截距最小时，z值最小；
当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最小，在轴上截距最小时，值最大.
4、C
【解析】
以为坐标原点，以分别为x轴，y轴建立直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可解决.
【详解】
以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，不妨设正方形的边长为1，
则，，设，则，所以，且，
故.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用向量的坐标运算求变量的取值范围，考查学生的基本计算能力，本题的关键是建立适当的直角坐标系，是一道基础题.
5、B
【解析】
展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况.
【详解】
展开式中的项为常数项，有3种情况：
（1）5个括号都出1，即；
（2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即；
（3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即；
所以展开项中的常数项为，故选B.
【点睛】
本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.
6、D
【解析】
先由是偶函数，得到关于直线对称；进而得出单调性，再分别讨论和，即可求出结果.
【详解】
因为是偶函数，所以关于直线对称；
因此，由得；
又在上单调递减，则在上单调递增；
所以，当即时，由得，所以，
解得；
当即时，由得，所以，
解得；
因此，的解集是.
【点睛】
本题主要考查由函数的性质解对应不等式，熟记函数的奇偶性、对称性、单调性等性质即可，属于常考题型.
7、B
【解析】
根据平行的传递性判断A；根据面面平行的定义判断B；根据线面垂直的判定定理判断C；由三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，判断D.
【详解】
在A中，因为分别是中点，所以，故A正确；
在B中，由于直线与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面，故B错误；
在C中，由平面几何得，根据线面垂直的性质得出，结合线面垂直的判定定理得出平面，故C正确；
在D中，三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确；
故选：B
【点睛】
本题主要考查了判断面面平行，线面垂直等，属于中档题.
8、A
【解析】
由已知新运算的意义就是取得中的最小值，
因此函数，
只有选项中的图象符合要求，故选A.
9、B
【解析】
设出棱长，通过直线与直线的垂直判断直线与直线的平行，推出①的正误；判断是的中点推出②正的误；利用直线与平面垂直推出平面与平面垂直推出③正的误；建立空间直角坐标系求出异面直线与所成角判断④的正误．
【详解】
解：不妨设棱长为：2，对于①连结，则，即与不垂直，又，①不正确；
对于②，连结，，在中，，而，是的中点，所以，②正确；
对于③由②可知，在中，，连结，易知，而在中，，，
即，又，面，平面平面，③正确；
以为坐标原点，平面上过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系；
， ，， ， ， ；
， ；
异面直线与所成角为，，故．④不正确．
故选：．
【点睛】
本题考查命题的真假的判断，棱锥的结构特征，直线与平面垂直，直线与直线的位置关系的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．
10、B
【解析】
先明确该程序框图的功能是计算两个数的最大公约数，再利用辗转相除法计算即可.
【详解】
本程序框图的功能是计算，中的最大公约数，所以，
，，故当输入，，则计算机输出的数
是57.
故选：B.
【点睛】
本题考查程序框图的功能，做此类题一定要注意明确程序框图的功能是什么，本题是一道基础题.
11、C
【解析】
由题意可利用等比数列的求和公式得莞草与蒲草n天后长度，进而可得：，解出即可得出．
【详解】
由题意可得莞草与蒲草第n天的长度分别为
据题意得：， 解得2n＝12，
∴n21．
故选：C．
【点睛】
本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12、A
【解析】
将圆的方程化简成标准方程,再根据垂径定理求解即可.
【详解】
圆的标准方程,圆心坐标为,半径为,因为直线与圆相交所得弦长为,所以直线过圆心,得,即.
故选：A
【点睛】
本题考查了根据垂径定理求解直线中参数的方法,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】
首先根据定积分的应用求出的值,进一步利用二项式的展开式的应用求出结果.
【详解】
，
根据二项式展开式通项：，
令，解得，
所以含的项的系数.
故答案为：
【点睛】
本题考查定积分，二项式的展开式的应用,主要考查学生的运算求解能力,属于基础题.
14、1
【解析】
处理变形x+y＝x（）+y结合均值不等式求解最值.
【详解】
x，y＞0，且，
则x+y＝x（）+y1，
当且仅当时取等号，此时x＝4，y＝2，取得最小值1．
故答案为：1
【点睛】
此题考查利用均值不等式求解最值，关键在于熟练掌握均值不等式的适用条件，注意考虑等号成立的条件.
15、18
【解析】
根据系统抽样的定义和方法,所抽取的4个个体的编号成等差数列,故可根据其中三个个体的编号求出另一个个体的编号.
【详解】
解：根据系统抽样的定义和方法,所抽取的4个个体的编号成等差数列,
已知其中三个个体的编号为5,31,44,
故还有一个抽取的个体的编号为18,
故答案为:18
【点睛】
本题主要考查系统抽样的定义和方法,属于简单题.
16、
【解析】
画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最小值.
【详解】
画出可行域如下图所示，由图可知：
可行域是由三点，，构成的三角形及其内部，当直线过点时，取得最小值.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
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】
试题分析：（1）由函数和的图象关于原点对称可得的表达式，再去掉绝对值即可解不等式；（2）对，不等式成立等价于，去绝对值得不等式组，即可求得实数的取值范围.
试题解析：（1）∵函数和的图象关于原点对称，
∴，
∴ 原不等式可化为，即或，
解得不等式的解集为；
（2）不等式可化为：，
即，
即，则只需， 解得，的取值范围是.
18、（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.
19、（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）先由基本不等式可得，而，即得证；
（2）首先推导出，再利用，展开即可得证.
【详解】
证明：（1），
，
，
（当且仅当时取等号）.
（2），，，，
，
，
，
.
【点睛】
本题考查不等式的证明，考查基本不等式的运用，考查逻辑推理能力，属于中档题．
20、．
【解析】
试题分析：，所以．
试题解析：
B．因为，
所以．
21、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）由已知条件得出、的值，进而可得出的值，由此可求得椭圆的方程；
（2）设点，可得，且，，求出直线的斜率，进而可求得直线与的方程，将直线直线与的方程联立，求出点的坐标，即可证得结论.
【详解】
（1）由题设，得，所以，即．
故椭圆的方程为；
（2）设，则，，．
所以直线的斜率为，
因为直线、的斜率的积为，所以直线的斜率为．
直线的方程为，直线的方程为．
联立，解得点的纵坐标为．
因为点在椭圆上，所以，则，所以点在轴上．
【点睛】
本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
22、（1）12（2）
【解析】
（1）根据焦距得焦点坐标，结合椭圆上的点的坐标，根据定义；
（2）求出椭圆的标准方程，设，联立直线和椭圆，结合韦达定理表示出面积，即可求解最大值.
【详解】
（1）设椭园的焦距为，则，故.则椭圆过点，由椭圆定义知:，故，
因此，的周长；
（2）由（1）知:，椭圆方程为:设，则，
，，，，
当且仅当在短轴顶点处取等，故面积的最大值为.
【点睛】
此题考查根据椭圆的焦点和椭圆上的点的坐标求椭圆的标准方程，根据直线与椭圆的交点关系求三角形面积的最值，涉及韦达定理的使用，综合性强，计算量大.