2026届安徽省合肥一中等六校教育研究会高三第三次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届安徽省合肥一中等六校教育研究会高三第三次模拟考试数学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了已知集合，则，“是函数在区间内单调递增”的，设且，则下列不等式成立的是，双曲线﹣y2=1的渐近线方程是，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“- ”当作数字“1”，把阴爻“--”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：
依此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“ ”表示的十进制数是（ ）
A．18B．17C．16D．15
3．已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（ ）
A．B．2C．4D．
4．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
5．“是函数在区间内单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，，若，则的值为( )
A．1B．－1C．8lD．－81
7．设且，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
8． “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.如图是2015—2019年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误的是( )
A．这五年，出口总额之和比进口总额之和大
B．这五年，2015年出口额最少
C．这五年，2019年进口增速最快
D．这五年，出口增速前四年逐年下降
9．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（ ）
A．x±2y=0B．2x±y=0C．4x±y=0D．x±4y=0
10．已知函数，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
11．已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
12．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设、分别为椭圆：的左、右两个焦点，过作斜率为1的直线，交于、两点，则________
14．已知x，y＞0，且，则x+y的最小值为_____．
15．若奇函数满足，为R上的单调函数，对任意实数都有，当时，，则________.
16．某校名学生参加军事冬令营活动，活动期间各自扮演一名角色进行分组游戏，角色按级别从小到大共种，分别为士兵、排长、连长、营长、团长、旅长、师长、军长和司令.游戏分组有两种方式，可以人一组或者人一组.如果人一组，则必须角色相同；如果人一组，则人角色相同或者人为级别连续的个不同角色.已知这名学生扮演的角色有名士兵和名司令，其余角色各人，现在新加入名学生，将这名学生分成组进行游戏，则新加入的学生可以扮演的角色的种数为________.
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）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆.
（1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；
（2）若圆的半径为，点满足，求直线被圆截得弦长的最大值.
18．（12分）如图，焦点在轴上的椭圆与焦点在轴上的椭圆都过点，中心都在坐标原点，且椭圆与的离心率均为．
（Ⅰ）求椭圆与椭圆的标准方程；
（Ⅱ）过点M的互相垂直的两直线分别与，交于点A，B（点A、B不同于点M），当的面积取最大值时，求两直线MA，MB斜率的比值.
19．（12分）对于非负整数集合（非空），若对任意，或者，或者，则称为一个好集合．以下记为的元素个数．
（1）给出所有的元素均小于的好集合．（给出结论即可）
（2）求出所有满足的好集合．（同时说明理由）
（3）若好集合满足，求证：中存在元素，使得中所有元素均为的整数倍．
20．（12分）如图在直角中，为直角，，，分别为，的中点，将沿折起，使点到达点的位置，连接，，为的中点．
（Ⅰ）证明：面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．
21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点为棱的中点．
（Ⅰ）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
（Ⅱ）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角．
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面，，，，为的中点，是上的点.
（1）若平面，证明：平面.
（2）求二面角的余弦值.
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】
令，求出在的对称轴，由三角函数的对称性可得，将式子相加并整理即可求得的值.
【详解】
令，得，即对称轴为.
函数周期，令，可得.则函数在上有8条对称轴.
根据正弦函数的性质可知，
将以上各式相加得：
故选:C.
【点睛】
本题考查了三角函数的对称性，考查了三角函数的周期性，考查了等差数列求和.本题的难点是将所求的式子拆分为的形式.
2、B
【解析】
由题意可知“屯”卦符号“”表示二进制数字010001，将其转化为十进制数即可.
【详解】
由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符号“”表示二进制数字010001，转化为十进制数的计算为1×20+1×24=1．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查数制是转化，新定义知识的应用等，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3、C
【解析】
设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.
【详解】
圆可化为.
设，
则的斜率分别为，
所以的方程为，即，
，即，
由于都过点，所以，
即都在直线上，
所以直线的方程为，恒过定点，
即直线过圆心，
则直线截圆所得弦长为4.
故选:C.
【点睛】
本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.
4、C
【解析】
由题意和交集的运算直接求出.
【详解】
∵ 集合，
∴.
故选:C.
【点睛】
本题考查了集合的交集运算.集合进行交并补运算时，常借助数轴求解.注意端点处是实心圆还是空心圆.
5、C
【解析】
，令解得
当，的图像如下图
当，的图像如下图
由上两图可知，是充要条件
【考点定位】考查充分条件和必要条件的概念，以及函数图像的画法.
6、B
【解析】
根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.
【详解】
因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，
故可得，
令，故可得，
又因为，
令，则，
解得
令，则.
故选：B.
【点睛】
本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.
7、A
【解析】
项，由得到，则，故项正确；
项，当时，该不等式不成立，故项错误；
项，当，时，，即不等式不成立，故项错误；
项，当，时，，即不等式不成立，故项错误．
综上所述，故选．
8、D
【解析】
根据统计图中数据的含义进行判断即可.
【详解】
对A项，由统计图可得，2015年出口额和进口额基本相等，而2016年到2019年出口额都大于进口额，则A正确；
对B项，由统计图可得，2015年出口额最少，则B正确；
对C项，由统计图可得，2019年进口增速都超过其余年份，则C正确；
对D项，由统计图可得，2015年到2016年出口增速是上升的，则D错误；
故选：D
【点睛】
本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于基础题.
9、A
【解析】
试题分析：渐近线方程是﹣y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线．
解：双曲线
其渐近线方程是﹣y2=1
整理得x±2y=1．
故选A．
点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程．属于基础题．
10、C
【解析】
结合分段函数的解析式,先求出,进而可求出.
【详解】
由题意可得，则.
故选:C.
【点睛】
本题考查了求函数的值,考查了分段函数的性质,考查运算求解能力,属于基础题.
11、A
【解析】
构造函数，根据已知条件判断出的单调性.根据是奇函数，求得的值，由此化简不等式求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，依题意可知，所以在上递增.由于是奇函数，所以当时，，所以，所以.
由得，所以，故不等式的解集为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查构造函数法解不等式，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
12、D
【解析】
求解不等式，得到集合A，B，利用交集、补集运算即得解
【详解】
由于
故集合
或
故集合

故选：D
【点睛】
本题考查了集合的交集和补集混合运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，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】
由椭圆的标准方程，求出焦点的坐标，写出直线方程，与椭圆方程联立，求出弦长，利用定义可得，进而求出。
【详解】
由知，焦点，所以直线：，代入得
，即，设，
，故
由定义有，，
所以。
【点睛】
本题主要考查椭圆的定义、椭圆的简单几何性质、以及直线与椭圆位置关系中弦长的求法，注意直线过焦点，位置特殊，采取合适的弦长公式，简化运算。
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、
【解析】
根据可得,函数是以为周期的函数，令，可求，从而可得，代入解析式即可求解.
【详解】
令，则，
由，则，
所以，解得，
所以，
由时，，
所以时，；
由，所以，
所以函数是以为周期的函数，
，
又函数为奇函数，
所以.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了换元法求函数解析式、函数的奇偶性、周期性的应用，属于中档题.
16、
【解析】
对新加入的学生所扮演的角色进行分类讨论，分析各种情况下个学生所扮演的角色的分组，综合可得出结论.
【详解】
依题意，名学生分成组，则一定是个人组和个人组.
①若新加入的学生是士兵，则可以将这个人分组如下；名士兵；士兵、排长、连长各名；营长、团长、旅长各名；师长、军长、司令各名；名司令.所以新加入的学生可以是士兵，由对称性可知也可以是司令；
②若新加入的学生是排长，则可以将这个人分组如下：名士兵；连长、营长、团长各名；旅长、师长、军长各名；名司令；名排长.所以新加入的学生可以是排长，由对称性可知也可以是军长；
③若新加入的学生是连长，则可以将这个人分组如下：名士兵；士兵、排长、连长各名；连长、营长、团长各名；旅长、师长、军长各名；名司令.所以新加入的学生可以是连长，由对称性可知也可以是师长；
④若新加入的学生是营长，则可以将这个人分组如下：名士兵；排长、连长、营长各名；营长、团长、旅长各名；师长、军长、司令各名；名司令.所以新加入的学生可以是营长，由对称性可知也可以是旅长；
⑤若新加入的学生是团长，则可以将这个人分组如下：名士兵；排长、连长、营长各名；旅长、师长、军长各名；名司令；名团长.所以新加入的学生可以是团长.
综上所述，新加入学生可以扮演种角色.
故答案为：.
【点睛】
本题考查分类计数原理的应用，解答的关键就是对新加入的学生所扮演的角色进行分类讨论，属于中等题.
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）确定圆的方程，就是确定半径的值，因为直线与圆相切，所以先确定直线方程，即确定点坐标：因为轴，所以，根据对称性，可取，则直线的方程为，根据圆心到切线距离等于半径得（2）根据垂径定理，求直线被圆截得弦长的最大值，就是求圆心到直线的距离的最小值. 设直线的方程为，则圆心到直线的距离，利用得，化简得，利用直线方程与椭圆方程联立方程组并结合韦达定理得，因此，当时，取最小值，取最大值为.
试题解析：解：（1）
因为椭圆的方程为，所以，.
因为轴，所以，而直线与圆相切，
根据对称性，可取，
则直线的方程为，
即.
由圆与直线相切，得，
所以圆的方程为.
（2）
易知，圆的方程为.
①当轴时，，
所以，
此时得直线被圆截得的弦长为.
②当与轴不垂直时，设直线的方程为，，
首先由，得，
即，
所以（*）.
联立，消去，得，
将代入（*）式，
得.
由于圆心到直线的距离为，
所以直线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.
综上，因为，所以直线被圆截得的弦长的最大值为.
考点：直线与圆位置关系
18、（1），（2）
【解析】
分析：(1)根据题的条件，得到对应的椭圆的上顶点，即可以求得椭圆中相应的参数，结合椭圆的离心率的大小，求得相应的参数，从而求得椭圆的方程；
(2)设出一条直线的方程，与椭圆的方程联立，消元，利用求根公式求得对应点的坐标，进一步求得向量的坐标，将S表示为关于k的函数关系，从眼角函数的角度去求最值，从而求得结果.
详解：（Ⅰ）依题意得对：，，得：；
同理：.
（Ⅱ）设直线的斜率分别为，则MA：，与椭圆方程联立得：
，得，得,，所以
同理可得.所以,
从而可以求得因为，
所以，不妨设
，所以当最大时，，此时两直线MA，MB斜率的比值.
点睛：该题考查的是有关椭圆与直线的综合题，在解题的过程中，注意椭圆的对称性，以及其特殊性，与y轴的交点即为椭圆的上顶点，结合椭圆焦点所在轴，得到相应的参数的值，再者就是应用离心率的大小找参数之间的关系，在研究直线与椭圆相交的问题时，首先设出直线的方程，与椭圆的方程联立，求得结果，注意从函数的角度研究问题.
19、（1），，，．（2）；证明见解析．（3）证明见解析．
【解析】
（1）根据好集合的定义列举即可得到结果；
（2）设，其中，由知；由可知或，分别讨论两种情况可的结果；
（3）记，则，设，由归纳推理可求得，从而得到，从而得到，可知存在元素满足题意.
【详解】
（1），，，．
（2）设，其中，
则由题意：，故，即，
考虑，可知：，或，
若，则考虑，
，，则，
，但此时，，不满足题意；
若，此时，满足题意，
，其中为相异正整数．
（3）记，则，
首先，，设，其中，
分别考虑和其他任一元素，由题意可得：也在中，
而，，
，
对于，考虑，，其和大于，故其差，
特别的，，，
由，且，，
以此类推：，
，此时，
故中存在元素，使得中所有元素均为的整数倍．
【点睛】
本题考查集合中的新定义问题的求解，关键是明确已知中所给的新定义的具体要求，根据集合元素的要求进行推理说明，对于学生分析和解决问题能力、逻辑推理能力有较高的要求，属于较难题.
20、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）取中点，连结、，四边形是平行四边形，由，，得，从而，，求出，由此能证明．
（Ⅱ）以为原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】
证明：（Ⅰ ）取中点，连结、，
∵ ，，
∴ 四边形是平行四边形，
∵ ，，，
∴ ，
∴ ，∴，
在中，，
又∵ 为的中点，∴，
又∵ ，∴．
解：（Ⅱ）∵，，，
∴ ，
以为原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
∴ ，，，
设面的法向量，
则，取，得，
同理，得平面的法向量，
设二面角的平面角为，
则，
∴ 二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查面面垂直及线面垂直性质定理、线面垂直判定与性质定理以及利用空间向量求线面角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题．
21、（1）见解析（2）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.
（Ⅱ）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点．
理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，
且，故且.所以，四边形为平行四边形.
所以，，又平面，平面，所以，平面.
（Ⅱ）由题意知为正三角形，所以，亦即，
又，所以，且平面平面，平面平面，
所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
设，则由题意知，，，，
，，
设平面的法向量为，
则由得，令，则，，
所以取，显然可取平面的法向量，
由题意：，所以.
由于平面，所以在平面内的射影为，
所以为直线与平面所成的角，
易知在中，，从而，
所以直线与平面所成的角为.
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
22、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）因为，利用线面平行的判定定理可证出平面，利用点线面的位置关系，得出和，由于底面，利用线面垂直的性质，得出
，且，最后结合线面垂直的判定定理得出平面，即可证出平面.
（2）由（1）可知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，标出点坐标，运用空间向量坐标运算求出所需向量，分别求出平面和平面的法向量，最后利用空间二面角公式，即可求出的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，所以可设平面平面，
又因为平面，所以.
因为平面，平面，
所以，从而得.
因为底面，所以.
因为，所以.
因为，所以平面.
综上，平面.
（2）解：由（1）可得，，两两垂直，以为原点，，，所在
直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以，
则，，，，
所以，，，.
设是平面的法向量，
由取
取，得.
设是平面的法向量，
由得
取，得，
所以，
即的余弦值为.
【点睛】
本题考查线面垂直的判定和空间二面角的计算，还运用线面平行的性质、线面垂直的判定定理、点线面的位置关系、空间向量的坐标运算等，同时考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.
卦名
符号
表示的二进制数
表示的十进制数
坤
000
0
震
001
1
坎
010
2
兑
011
3