2026届安徽省黄山市黟县中学高三一诊考试数学试卷含解析

这是一份2026届安徽省黄山市黟县中学高三一诊考试数学试卷含解析，共8页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知函数，已知在平面直角坐标系中，圆，已知，则p是q的等内容，欢迎下载使用。
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．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
2．已知为虚数单位，若复数，，则
A．B．
C．D．
3．已知过点且与曲线相切的直线的条数有（ ）．
A．0B．1C．2D．3
4．已知f（x）=ax2+bx是定义在[a–1，2a]上的偶函数，那么a+b的值是
A．B．
C．D．
5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是( )
A．B．C．D．
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
8．已知在平面直角坐标系中，圆：与圆：交于，两点，若，则实数的值为（ ）
A．1B．2C．-1D．-2
9．是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
10．已知，则p是q的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
11．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（ ）．
A．B．C．D．
12．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）
A．2B．5C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，已知圆，圆．直线与圆相切，且与圆相交于，两点，则弦的长为_________
14．已知是同一球面上的四个点，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积为______.
15．函数的值域为_________．
16．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
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）已知动圆经过点，且动圆被轴截得的弦长为，记圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的标准方程；
（2）设点的横坐标为，，为圆与曲线的公共点，若直线的斜率，且，求的值．
18．（12分）已知函数（），是的导数.
（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；
（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.
19．（12分）在本题中，我们把具体如下性质的函数叫做区间上的闭函数：①的定义域和值域都是；②在上是增函数或者减函数.
（1）若在区间上是闭函数，求常数的值；
（2）找出所有形如的函数（都是常数），使其在区间上是闭函数.
20．（12分）已知函数
（1）若，不等式的解集；
（2）若，求实数的取值范围.
21．（12分）在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数）.以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为.
（1）写出圆C的直角坐标方程；
（2）设直线l与圆C交于A，B两点，，求的值.
22．（10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.
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】
与中间值1比较，可用换底公式化为同底数对数，再比较大小．
【详解】
，，又，∴，即，
∴．
故选：D.
【点睛】
本题考查幂和对数的大小比较，解题时能化为同底的化为同底数幂比较，或化为同底数对数比较，若是不同类型的数，可借助中间值如0，1等比较．
2、B
【解析】
由可得，所以，故选B．
3、C
【解析】
设切点为，则，由于直线经过点，可得切线的斜率，再根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线斜率，建立关于的方程，从而可求方程．
【详解】
若直线与曲线切于点，则，
又∵，∴，∴，解得，，
∴过点与曲线相切的直线方程为或，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，求解曲线的切线的方程，其中解答中熟记利用导数的几何意义求解切线的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
4、B
【解析】
依照偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x），且定义域关于原点对称，a﹣1=﹣2a，即可得解.
【详解】
根据偶函数的定义域关于原点对称，且f（x）是定义在[a–1，2a]上的偶函数，
得a–1=–2a，解得a=，又f（–x）=f（x），
∴b=0，∴a+b=．故选B．
【点睛】
本题考查偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x）；奇函数和偶函数的定义域必然关于原点对称，定义域区间两个端点互为相反数．
5、D
【解析】
根据三视图判断出几何体为正四棱锥，由此计算出几何体的表面积.
【详解】
根据三视图可知，该几何体为正四棱锥.底面积为.侧面的高为，所以侧面积为.所以该几何体的表面积是.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查由三视图判断原图，考查锥体表面积的计算，属于基础题.
6、D
【解析】
先根据三视图还原几何体是一个四棱锥，根据三视图的数据，计算各棱的长度.
【详解】
根据三视图可知，几何体是一个四棱锥，如图所示：
由三视图知： ，
所以，
所以，
所以该几何体的最长棱的长为
故选：D
【点睛】
本题主要考查三视图的应用，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
7、D
【解析】
根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.
【详解】
从题设中提供的图像可以看出，
故得，
故选：D．
【点睛】
本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.
8、D
【解析】
由可得，O在AB的中垂线上，结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上，从而可求.
【详解】
因为，所以O在AB的中垂线上，即O在两个圆心的连线上，，，三点共线，所以，得，故选D.
【点睛】
本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径.
9、D
【解析】
首先由题意得，当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，通过图形发现，的中点即为梯形的外接圆圆心，也即四棱锥的外接球球心，则可得到，进而可根据四棱锥的体积公式求出体积.
【详解】
如图，四边形为等腰梯形，则其必有外接圆，设为梯形的外接圆圆心，
当也为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过作的垂线交于点，交于点，连接，点必在上，
、分别为、的中点，则必有，
，即为直角三角形.
对于等腰梯形，如图：
因为是等边三角形，、、分别为、、的中点，
必有，
所以点为等腰梯形的外接圆圆心，即点与点重合，如图
，，
所以四棱锥底面的高为，
.
故选：D.
【点睛】
本题考查四棱锥的外接球及体积问题，关键是要找到外接球球心的位置，这个是一个难点，考查了学生空间想象能力和分析能力，是一道难度较大的题目.
10、B
【解析】
根据诱导公式化简再分析即可.
【详解】
因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.
故选：B
【点睛】
本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.
11、C
【解析】
从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.
12、D
【解析】
根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥.，，，故最大面的面积为.选D.
【点睛】
本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用直线与圆相切求出斜率，得到直线的方程，几何法求出
【详解】
解：直线与圆相切，圆心为
由，得或，
当时，到直线的距离，不成立，
当时，与圆相交于，两点，到直线的距离，
故答案为．
【点睛】
考查直线与圆的位置关系，相切和相交问题，属于中档题．
14、
【解析】
求得等边三角形的外接圆半径，利用勾股定理求得三棱锥外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】
设是等边三角形的外心，则球心在其正上方处.设，由正弦定理得.所以得三棱锥外接球的半径，所以外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查几何体外接球表面积的计算，属于基础题.
15、
【解析】
利用换元法，得到，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得到函数的值域，得到答案．
【详解】
由题意，可得，
令，，即，
则，
当时，，当时，，
即在为增函数，在为减函数，
又，，，
故函数的值域为：．
【点睛】
本题主要考查了三角函数的最值，以及利用导数研究函数的单调性与最值，其中解答中合理利用换元法得到函数，再利用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了推理与预算能力，属于基础题．
16、C
【解析】
根据确定是异面直线与所成的角，利用余弦定理计算得到答案.
【详解】
由题意可得.因为，
所以是异面直线与所成的角，记为，
故.
故选：.
【点睛】
本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
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、见解析
【解析】
（1）设，则点到轴的距离为，
因为圆被轴截得的弦长为，所以，
又，所以，
化简可得，所以曲线的标准方程为．
（2）设，，
因为直线的斜率，所以可设直线的方程为，
由及，消去可得，所以，，
所以．
设线段的中点为，点的纵坐标为，则，，
所以直线的斜率为，所以，所以，
所以．
易得圆心到直线的距离，
由圆经过点，可得，
所以，整理可得，
解得或，所以或，
又，所以．
18、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）设，，注意到在上单增，再利用零点存在性定理即可解决；
（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.
【详解】
（1）由已知，，所以，
设，，
当时，单调递增，而，，且在上图象连续
不断.所以在上有唯一零点，
当时，；当时，；
∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小
值点，即在区间上存在唯一的极小值点；
（2）设，，，
∴在单调递增，，
即，从而，
因为函数在上单调递减，
∴在上恒成立，
令，
∵，
∴，
在上单调递减，，
当时，，则在上单调递减，，符合题意.
当时，在上单调递减，
所以一定存在，
当时，，在上单调递增，
与题意不符，舍去.
综上，的取值范围是
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常是构造函数，转化成函数的最值来处理，本题是一道较难的题.
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）依据新定义，的定义域和值域都是，且在上单调，建立方程求解；（2）依据新定义，讨论的单调性，列出方程求解即可。
【详解】
（1）当时，由复合函数单调性知，在区间上是增函数，即有 ，解得 ；
同理，当时，有，解得，综上，。
（2）若在上是闭函数，则在上是单调函数，
①当在上是单调增函数，则 ，解得，检验符合；
②当在上是单调减函数，则，解得，
在上不是单调函数，不符合题意。
故满足在区间上是闭函数只有。
【点睛】
本题主要考查学生的应用意识，利用所学知识分析解决新定义问题。
20、（1）（2）
【解析】
（1）依题意可得，再用零点分段法分类讨论可得；
（2）依题意可得对恒成立，根据绝对值的几何意义将绝对值去掉，分别求出解集，则两解集的并集为，得到不等式即可解得；
【详解】
解：（1）若，，则，即，
当时，原不等式等价于，解得
当时，原不等式等价于，解得，所以；
当时，原不等式等价于，解得；
综上，原不等式的解集为；
（2）即，得或，
由解得，
由解得，
要使得的解集为，则
解得，故的取值范围是.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，着重考查等价转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于中档题．
21、（1）；（2）20
【解析】
（1）利用即可得到答案；
（2）利用直线参数方程的几何意义，.
【详解】
解：（1）由，得圆C的直角坐标方程为
，即.
（2）将直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，
得，
即，设两交点A，B所对应的参数分别为，，
从而，
则.
【点睛】
本题考查了极坐标方程与普通方程的互化、直线参数方程的几何意义等知识，考查学生的计算能力，是一道容易题.
22、（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.