2026届安徽省黄山市屯溪区第一中学高考数学倒计时模拟卷含解析

这是一份2026届安徽省黄山市屯溪区第一中学高考数学倒计时模拟卷含解析，文件包含2026届高三揭阳二模化学试卷pdf、2026届高三揭阳二模化学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，则的最小值是
A．10B．9C．8D．7
2．已知双曲线：，，为其左、右焦点，直线过右焦点，与双曲线的右支交于，两点，且点在轴上方，若，则直线的斜率为( )
A．B．C．D．
3．在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.
由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：
根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是( )
A．公元前2000年到公元元年B．公元前4000年到公元前2000年
C．公元前6000年到公元前4000年D．早于公元前6000年
5．已知定义在上的偶函数满足，且在区间上是减函数，令，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．过抛物线的焦点作直线与抛物线在第一象限交于点A，与准线在第三象限交于点B，过点作准线的垂线，垂足为.若，则（ ）
A．B．C．D．
8．是定义在上的增函数，且满足：的导函数存在，且，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
9．设是等差数列的前n项和，且，则( )
A．B．C．1D．2
10．若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
11．已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款，则有________种不同的支付方式.
14．已知三棱锥中，，，，且二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为__________.
15．已知集合，其中，.且，则集合中所有元素的和为_________.
16．（5分）国家禁毒办于2019年11月5日至12月15日在全国青少年毒品预防教育数字化网络平台上开展2019年全国青少年禁毒知识答题活动，活动期间进入答题专区，点击“开始答题”按钮后，系统自动生成20道题.已知某校高二年级有甲、乙、丙、丁、戊五位同学在这次活动中答对的题数分别是，则这五位同学答对题数的方差是____________．
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，，且．
（1）当时，求函数的减区间；
（2）求证：方程有两个不相等的实数根；
（3）若方程的两个实数根是，试比较，与的大小，并说明理由．
18．（12分）根据国家统计局数据，1978年至2018年我国GDP总量从0.37万亿元跃升至90万亿元，实际增长了242倍多，综合国力大幅提升.
将年份1978，1988，1998，2008，2018分别用1，2，3，4，5代替，并表示为；表示全国GDP总量，表中，.
（1）根据数据及统计图表，判断与（其中为自然对数的底数）哪一个更适宜作为全国GDP总量关于的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由），并求出关于的回归方程.
（2）使用参考数据，估计2020年的全国GDP总量.
线性回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：
，.
参考数据：
19．（12分）如图，四棱锥中，四边形是矩形，，，为正三角形，且平面平面，、分别为、的中点.
（1）证明：平面；
（2）求几何体的体积.
20．（12分）自湖北武汉爆发新型冠状病毒惑染的肺炎疫情以来，武汉医护人员和医疗、生活物资严重缺乏，全国各地纷纷驰援.截至1月30日12时，湖北省累计接收捐赠物资615.43万件，包括医用防护服2.6万套N95口軍47.9万个，医用一次性口罩172.87万个，护目镜3.93万个等.中某运输队接到给武汉运送物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送720t物资.已知每辆卡车每天往返的次数：A型卡车16次，B型卡车12次；每辆卡车每天往返的成本：A型卡车240元，B型卡车378元.求每天派出A型卡车与B型卡车各多少辆，运输队所花的成本最低？
21．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=4，.
（1）求A的余弦值；
（2）求△ABC面积的最大值．
22．（10分）已知函数，其导函数为，
（1）若，求不等式的解集；
（2）证明：对任意的，恒有.
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、B
【解析】
根据抛物线中过焦点的两段线段关系，可得；再由基本不等式可求得的最小值．
【详解】
由抛物线标准方程可知p=2
因为直线l过抛物线的焦点，由过抛物线焦点的弦的性质可知

所以

因为 为线段长度，都大于0，由基本不等式可知
，此时
所以选B
【点睛】
本题考查了抛物线的基本性质及其简单应用，基本不等式的用法，属于中档题．
2、D
【解析】
由|AF2|＝3|BF2|，可得.设直线l的方程x＝my+，m＞0，设，，即y1＝﹣3y2①，联立直线l与曲线C,得y1+y2＝-②，y1y2＝③，求出m的值即可求出直线的斜率.
【详解】
双曲线C：，F1，F2为左、右焦点，则F2（，0），设直线l的方程x＝my+，m＞0，∵双曲线的渐近线方程为x＝±2y，∴m≠±2，
设A（x1，y1），B（x2，y2），且y1＞0，由|AF2|＝3|BF2|，∴，∴y1＝﹣3y2①
由，得
∴△＝（2m）2﹣4（m2﹣4）＞0，即m2+4＞0恒成立，
∴y1+y2＝②，y1y2＝③，
联立①②得，联立①③得，
，即：，，解得：，直线的斜率为，
故选D．
【点睛】
本题考查直线与双曲线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查向量知识，属于中档题．
3、C
【解析】
化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限．
【详解】
解：复数
故复数对应的坐标为位于第三象限
故选：．
【点睛】
本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题．
4、D
【解析】
先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．
【详解】
解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，
则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，
将图3近似画出如下平面几何图形：
则，，
．
，
估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．
故选：．
【点睛】
本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．
5、C
【解析】
可设，根据在上为偶函数及便可得到：，可设，，且，根据在上是减函数便可得出，从而得出在上单调递增，再根据对数的运算得到、、的大小关系，从而得到的大小关系.
【详解】
解：因为，即，又，
设，根据条件，，；
若，，且，则：；
在上是减函数；
；
；
在上是增函数；
所以，
故选：C
【点睛】
考查偶函数的定义，减函数及增函数的定义，根据单调性定义判断一个函数单调性的方法和过程：设，通过条件比较与，函数的单调性的应用，属于中档题.
6、D
【解析】
由变形可得,可知函数在为增函数, 由恒成立,求解参数即可求得取值范围.
【详解】
,即函数在时是单调增函数.
则恒成立.
.
令,则
时,单调递减,时单调递增.
故选:D.
【点睛】
本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.
7、C
【解析】
需结合抛物线第一定义和图形，得为等腰三角形，设准线与轴的交点为，过点作，再由三角函数定义和几何关系分别表示转化出，
，结合比值与正切二倍角公式化简即可
【详解】
如图，设准线与轴的交点为，过点作.由抛物线定义知，
所以，，，，
所以.
故选：C
【点睛】
本题考查抛物线的几何性质，三角函数的性质，数形结合思想，转化与化归思想，属于中档题
8、D
【解析】
根据是定义在上的增函数及有意义可得，构建新函数，利用导数可得为上的增函数，从而可得正确的选项.
【详解】
因为是定义在上的增函数，故.
又有意义，故，故，所以.
令，则，
故在上为增函数，所以即，
整理得到.
故选：D.
【点睛】
本题考查导数在函数单调性中的应用，一般地，数的大小比较，可根据数的特点和题设中给出的原函数与导数的关系构建新函数，本题属于中档题.
9、C
【解析】
利用等差数列的性质化简已知条件，求得的值.
【详解】
由于等差数列满足，所以，，.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查等差数列的性质，属于基础题.
10、C
【解析】
由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，求出的最大值．
【详解】
解：把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
若函数在区间，上单调递增，
在区间，上，，，
则当最大时，，求得，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．
11、B
【解析】
对分类讨论，代入解析式求出，解不等式，即可求解.
【详解】
函数，由
得或
解得.
故选:B.
【点睛】
本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题.
12、D
【解析】
画出，，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果.
【详解】
由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图，
当，即时，最小，满足，对于任意的，
所以本题答案为D.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．
【详解】
9元的支付有两种情况，或者，
①当9元采用方式支付时，
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
②当9元采用方式支付时：
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
所以总的支付方式共有种．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题．做题时注意分类做到不重不漏，分步做到步骤完整．
14、
【解析】
设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB
的垂线，则垂线的交点为球心O，将的长度求出或用球半径表示，再利用余弦定理即可建立方程解得半径.
【详解】
设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB
的垂线，则垂线的交点为球心O，如图所示
因为，，所以，，，
又二面角的大小为，则，，所以
，
设外接球半径为R，则，，
在中，由余弦定理，得，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三棱锥外接球的表面积问题，解决此类问题一定要数形结合，建立关于球的半径的方程，本题计算量较大，是一道难题.
15、2889
【解析】
先计算集合中最小的数为，最大的数，可得，求和即得解.
【详解】
当时，集合中最小数；
当时，得到集合中最大的数；

故答案为：2889
【点睛】
本题考查了数列与集合综合，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.
16、2
【解析】
由这五位同学答对的题数分别是，得该组数据的平均数，则方差．
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）详见解析（3）
【解析】
试题分析：（1）当时，，由得减区间；（2）因为，所以，因为所以，方程有两个不相等的实数根；（3）因为，，所以
试题解析：（1）当时，，由得减区间；
（2）法1：，
，，
所以，方程有两个不相等的实数根；
法2：，
，
是开口向上的二次函数，
所以，方程有两个不相等的实数根；
（3）因为，
，
又在和增，在减，
所以．
考点：利用导数求函数减区间，二次函数与二次方程关系
18、（1），；（2）148万亿元.
【解析】
（1）由散点图知更适宜，对两边取自然对数得，令，，，则，再利用线性回归方程的计算公式计算即可；
（2）将代入所求的回归方程中计算即可.
【详解】
（1）根据数据及图表可以判断，
更适宜作为全国GDP总量关于的回归方程.
对两边取自然对数得，令，，，得.
因为，
所以，
所以关于的线性回归方程为，
所以关于的回归方程为.
（2）将代入，其中，
于是2020年的全国GDP总量约为：万亿元.
【点睛】
本题考查非线性回归方程的应用，在处理非线性回归方程时，先作变换，转化成线性回归直线方程来处理，是一道中档题.
19、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由题可知，根据三角形的中位线的性质，得出，根据矩形的性质得出，所以，再利用线面平行的判定定理即可证出平面；
（2）由于平面平面，根据面面垂直的性质，得出平面，从而得出到平面的距离为，结合棱锥的体积公式，即可求得结果.
【详解】
解：（1）∵，分别为，的中点，
∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）取，的中点，，连接，，，，则，
由于为三棱柱，为四棱锥，
∵平面平面，∴平面，
由已知可求得，
∴到平面的距离为，
因为四边形是矩形，，，
，
设几何体的体积为，
则，
∴，
即：.
【点睛】
本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查逻辑推理和计算能力.
20、每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低
【解析】
设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，由题意列出约束条件，作出可行域，求出使目标函数取最小值的整数解，即可得解.
【详解】
设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，运输队所花成本为元，
由题意可知，，
整理得，
目标函数，
如图所示，为不等式组表示的可行域，
由图可知，当直线经过点时，最小，
解方程组，解得，，
然而，故点不是最优解.
因此在可行域的整点中，点使得取最小值，
即，
故每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低.
【点睛】
本题考查了线性规划问题中的最优整数解问题，考查了数形结合的思想，解题关键在于列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，同时注意整点的选取，属于中档题.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）根据正弦定理化简得到，故，得到答案.
（2）计算，再利用面积公式计算得到答案.
【详解】
（1），则，
即，故，，故.
（2），故，故.
当时等号成立.
，故，，故△ABC面积的最大值为.
【点睛】
本题考查了正弦定理，面积公式，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.
22、（1） （2）证明见解析
【解析】
（1）求出的导数，根据导函数的性质判断函数的单调性，再利用函数单调性解函数型不等式；
（2）构造函数，利用导数判断在区间上单调递减，结合可得结果.
【详解】
（1）若，则.
设，则，
所以在上单调递减，在上单调递增.
又当时，；当时，；当时，，
所以
所以在上单调递增，
又，所以不等式的解集为.
（2）设，再令，
，
在上单调递减，
又，
，
，
，
，
.
即
【点睛】
本题考查利用函数的导数来判断函数的单调性，再利用函数的单调性来解决不等式问题，属于较难题.
黄赤交角
正切值
0.439
0.444
0.450
0.455
0.461
年代
公元元年
公元前2000年
公元前4000年
公元前6000年
公元前8000年
3
26.474
1.903
10
209.76
14.05
4
5
6
7
8
的近似值
55
148
403
1097
2981