2026届安徽省合肥市安徽师范大学附属中学高考数学二模试卷含解析

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1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为
A．B．C．2D．
2．函数在区间上的大致图象如图所示，则可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
4．若数列为等差数列，且满足，为数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量，，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
6．若的展开式中的系数为-45，则实数的值为（ ）
A．B．2C．D．
7．某市政府决定派遣名干部（男女）分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有（ ）种
A．B．C．D．
8．若、满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
9．设命题：，，则为
A．，B．，
C．，D．，
10．设双曲线的左右焦点分别为，点.已知动点在双曲线的右支上，且点不共线.若的周长的最小值为，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．数列满足：，则数列前项的和为
A．B．C．D．
12．将一块边长为的正方形薄铁皮按如图（1）所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，将该容器按如图（2）放置，若其正视图为等腰直角三角形，且该容器的容积为，则的值为（ ）
A．6B．8C．10D．12
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知双曲线的渐近线与准线的一个交点坐标为，则双曲线的焦距为______.
14．已知圆，直线与圆交于两点，，若，则弦的长度的最大值为___________.
15．已知的展开式中项的系数与项的系数分别为135与，则展开式所有项系数之和为______.
16．若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________.
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）以直角坐标系的原点为极坐标系的极点，轴的正半轴为极轴．已知曲线的极坐标方程为，是上一动点，，点的轨迹为．
（1）求曲线的极坐标方程，并化为直角坐标方程；
（2）若点，直线的参数方程（为参数），直线与曲线的交点为，当取最小值时，求直线的普通方程．
18．（12分）已知是抛物线的焦点，点在轴上，为坐标原点，且满足，经过点且垂直于轴的直线与抛物线交于、两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线交于、两点，若，求点到直线的最大距离.
19．（12分）已知函数，函数.
（Ⅰ）判断函数的单调性；
（Ⅱ）若时，对任意，不等式恒成立，求实数的最小值.
20．（12分）已知a>0，b>0，a+b=2.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）证明：
21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（，为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线是圆心在极轴上，且经过极点的圆．已知曲线上的点M对应的参数，射线与曲线交于点．
（1）求曲线，的直角坐标方程；
（2）若点A，B为曲线上的两个点且，求的值．
22．（10分）已知，点分别为椭圆的左、右顶点，直线交于另一点为等腰直角三角形，且.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于两点，总使得为锐角，求直线斜率的取值范围.
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】
由给定的三视图可知，该几何体表示一个底面为一个直角三角形，
且两直角边分别为和，所以底面面积为
高为的三棱锥，所以三棱锥的体积为，故选A．
2、B
【解析】
根据特殊值及函数的单调性判断即可；
【详解】
解：当时，，无意义，故排除A；
又，则，故排除D；
对于C，当时，，所以不单调，故排除C；
故选：B
【点睛】
本题考查根据函数图象选择函数解析式，这类问题利用特殊值与排除法是最佳选择，属于基础题.
3、B
【解析】
解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；
取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．
∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．
故选B．
4、B
【解析】
利用等差数列性质，若，则 求出，再利用等差数列前项和公式得
【详解】
解：因为 ，由等差数列性质，若，则得，
．
为数列的前项和，则．
故选：．
【点睛】
本题考查等差数列性质与等差数列前项和.
(1)如果为等差数列，若，则 ．
(2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用，如.
5、C
【解析】
求出，进而可求,即能求出向量夹角.
【详解】
解：由题意知，. 则
所以，则向量与的夹角为.
故选:C.
【点睛】
本题考查了向量的坐标运算，考查了数量积的坐标表示.求向量夹角时，通常代入公式 进行计算.
6、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.
7、C
【解析】
在所有两组至少都是人的分组中减去名女干部单独成一组的情况，再将这两组分配，利用分步乘法计数原理可得出结果.
【详解】
两组至少都是人，则分组中两组的人数分别为、或、，
又因为名女干部不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为.
故选：C.
【点睛】
本题考查排列组合的综合问题，涉及分组分配问题，考查计算能力，属于中等题.
8、C
【解析】
作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.
【详解】
作出满足约束条件的可行域如图阴影部分（包括边界）所示．
由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，
即.
故选：C.
【点睛】
本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.
9、D
【解析】
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.
【详解】
因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题：，，则为：，.
故本题答案为D.
【点睛】
本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题.
10、A
【解析】
依题意可得
即可得到，从而求出双曲线的离心率的取值范围；
【详解】
解：依题意可得如下图象，
所以
则
所以
所以
所以，即
故选：A
【点睛】
本题考查双曲线的简单几何性质，属于中档题.
11、A
【解析】
分析：通过对an﹣an+1=2anan+1变形可知，进而可知，利用裂项相消法求和即可．
详解：∵，∴，
又∵=5，
∴，即，
∴，
∴数列前项的和为，
故选A．
点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
12、D
【解析】
推导出，且，，，设中点为，则平面，由此能表示出该容器的体积，从而求出参数的值．
【详解】
解：如图（4），为该四棱锥的正视图，由图（3）可知，，且，由为等腰直角三角形可知，
，设中点为，则平面，∴，
∴，解得.
故选：D
【点睛】
本题考查三视图和锥体的体积计算公式的应用，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
由双曲线的渐近线，以及求得的值即可得答案．
【详解】
由于双曲线的渐近线与准线的一个交点坐标为，
所以，即①，
把代入，得，即②
又③
联立①②③，得．
所以．
故答案是：1．
【点睛】
本题考查双曲线的性质，注意题目“双曲线的渐近线与准线的一个交点坐标为”这一条件的运用，另外注意题目中要求的焦距即，容易只计算到，就得到结论．
14、
【解析】
取的中点为M，由可得，可得M在上，当最小时，弦的长才最大.
【详解】
设为的中点，，即，
即，，.
设，则，得.
所以，.
故答案为：
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查学生的逻辑推理、数形结合的思想，是一道有一定难度的题.
15、64
【解析】
由题意先求得的值，再令求出展开式中所有项的系数和.
【详解】
的展开式中项的系数与项的系数分别为135与，
，，
由两式可组成方程组，
解得或，
令，求得展开式中所有的系数之和为.
故答案为：64
【点睛】
本题考查了二项式定理，考查了赋值法求多项式展开式的系数和，属于基础题.
16、
【解析】
注意平移是针对自变量x，所以，再利用整体换元法求值域（最值）即可.
【详解】
由已知，，
，又，故，
，所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题，涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用，是一道基础题.
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】
（1）设点极坐标分别为,，由可得,整理即可得到极坐标方程,进而求得直角坐标方程；
（2）设点对应的参数分别为，则，，将直线的参数方程代入的直角坐标方程中,再利用韦达定理可得，，则，求得取最小值时符合的条件,进而求得直线的普通方程.
【详解】
（1）设点极坐标分别为，，
因为,则，
所以曲线的极坐标方程为，
两边同乘,得，
所以的直角坐标方程为,即.
（2）设点对应的参数分别为，则,，将直线的参数方程（参数），代入的直角坐标方程中，整理得.
由韦达定理得，，
所以，当且仅当时，等号成立，则，
所以当取得最小值时，直线的普通方程为.
【点睛】
本题考查极坐标与直角坐标方程的转化,考查利用直线的参数方程研究直线与圆的位置关系．
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）求得点的坐标，可得出直线的方程，与抛物线的方程联立，结合求出正实数的值，进而可得出抛物线的方程；
（2）设点，，设的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合求得的值，可得出直线所过定点的坐标，由此可得出点到直线的最大距离.
【详解】
（1）易知点，又，所以点，则直线的方程为.
联立，解得或，所以.
故抛物线的方程为；
（2）设的方程为，联立有，
设点，，则，所以.
所以，解得.
所以直线的方程为，恒过点.
又点，故当直线与轴垂直时，点到直线的最大距离为.
【点睛】
本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中最值问题的求解，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
19、 (1) 故函数在上单调递增，在上单调递减;(2).
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）根据题意得到的解析式和定义域，求导后根据导函数的符号判断单调性．（Ⅱ）分析题意可得对任意，恒成立，构造函数，则有对任意，恒成立，然后通过求函数的最值可得所求．
试题解析：
（I）由题意得，， ∴ .
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，解得；令，解得.
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（II）由题意知.
，
当时，函数单调递增．
不妨设 ，又函数单调递减，
所以原问题等价于：当时，对任意，不等式 恒成立，
即对任意，恒成立.
记，
由题意得在上单调递减.
所以对任意，恒成立.
令，，
则在上恒成立.
故，
而在上单调递增，
所以函数在上的最大值为.
由，解得.
故实数的最小值为．
20、（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析
【解析】
（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；
（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.
【详解】
（Ⅰ）
则
当且仅当，即，时，
所以的最小值为．
（Ⅱ）要证明：，
只需证：，
即证明：，
由，
也即证明：．
因为，
所以当且仅当时，有，
即，当时等号成立．
所以
【点睛】
本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.
21、（1）．．（2）
【解析】
（1）先求解a,b，消去参数，即得曲线的直角坐标方程；再求解，利用极坐标和直角坐标的互化公式，即得曲线的直角坐标方程；
（2）由于，可设，，代入曲线直角坐标方程，可得的关系，转化，可得解.
【详解】
（1）将及对应的参数，代入
得，即，
所以曲线的方程为，为参数，
所以曲线的直角坐标方程为．
设圆的半径为R，由题意，圆的极坐标方程为
（或），
将点代入，得，即，
所以曲线的极坐标方程为，
所以曲线的直角坐标方程为．
（2）由于，故可设，
代入曲线直角坐标方程，
可得，，
所以
．
【点睛】
本题考查了极坐标和直角坐标，参数方程和一般方程的互化以及极坐标的几何意义的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
22、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由题意可知：由，求得点坐标，即可求得椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，由韦达定理，由，由为锐角，则，由向量数量积的坐标公式，即可求得直线斜率的取值范围．
【详解】
解：（Ⅰ）根据题意是等腰直角三角形
，
，
设由
得
则
代入椭圆方程得
椭圆的方程为
（Ⅱ）根据题意，直线的斜率存在，可设方程为
设
由得
由直线与椭圆有两个不同的交点则
即
得
又
为锐角则
即
②
由①②得或
故直线斜率可取值范围是
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，韦达定理，考查计算能力，属于中档题．