2026届安徽省合肥市重点中学高三第一次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届安徽省合肥市重点中学高三第一次模拟考试数学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，直线与圆的位置关系是，已知集合，则集合真子集的个数为等内容，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．已知集合，则( )
A．B．C．D．
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．年部分省市将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为
A．B．
C．D．
5．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．相交或相切
6．点在所在的平面内，，，，，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数是上的减函数，当最小时，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．复数，是虚数单位，则下列结论正确的是
A．B．的共轭复数为
C．的实部与虚部之和为1D．在复平面内的对应点位于第一象限
9．已知集合，则集合真子集的个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
10．要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点的（ ）
A．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度
B．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度
C．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度
D．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度
11．集合的真子集的个数是（ ）
A．B．C．D．
12．已知是第二象限的角，，则( )
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知双曲线的左右焦点分别关于两渐近线对称点重合，则双曲线的离心率为_____
14．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________.
15．平面向量与的夹角为，，，则__________．
16．在一块土地上种植某种农作物，连续5年的产量（单位：吨）分别为9.4，9.7，9.8，10.3，10.8.则该农作物的年平均产量是______吨.
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）等差数列的前项和为，已知，.
（Ⅰ）求数列的通项公式及前项和为；
（Ⅱ）设为数列的前项的和，求证：.
18．（12分）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，是正三角形，，是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）设函数，
（1）当，，求不等式的解集；
（2）已知，，的最小值为1，求证：.
20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，∠，是边长为2的正三角形，，为线段的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若为线段上一点，当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
21．（12分）已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax.
（1）求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；
（2）令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足＞1，求实数a的取值范围；
（3）若∃x∈(0,1]，使f(x)≥成立，求实数a的最大值．
22．（10分）已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切.
（1）若直线的方程为，求的方程；
（2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
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】
解不等式得出集合A，根据交集的定义写出A∩B．
【详解】
集合A＝{x|x2﹣2x﹣30}＝{x|﹣1x3}，
，
故选C．
【点睛】
本题考查了解不等式与交集的运算问题，是基础题．
2、D
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题,对命题进行改写即可.
【详解】
全称命题的否定是特称命题，所以命题“,”的否定是：，．
故选D．
【点睛】
本题考查全称命题的否定,难度容易.
3、C
【解析】
利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.
【详解】
.
当时，；
当时，由，
可得，
两式相减，可得，故，
因为也适合上式，所以.
依题意，，
故.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.
4、B
【解析】
甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．
5、D
【解析】
由几何法求出圆心到直线的距离，再与半径作比较，由此可得出结论．
【详解】
解：由题意，圆的圆心为，半径，
∵圆心到直线的距离为，
，
，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
6、D
【解析】
确定点为外心，代入化简得到，，再根据计算得到答案.
【详解】
由可知，点为外心，
则，，又，
所以①
因为，②
联立方程①②可得，，，因为，
所以，即．
故选：
【点睛】
本题考查了向量模长的计算，意在考查学生的计算能力.
7、A
【解析】
首先根据为上的减函数，列出不等式组，求得，所以当最小时，，之后将函数零点个数转化为函数图象与直线交点的个数问题，画出图形，数形结合得到结果.
【详解】
由于为上的减函数，则有，可得，
所以当最小时，，
函数恰有两个零点等价于方程有两个实根，
等价于函数与的图像有两个交点．
画出函数的简图如下，而函数恒过定点，
数形结合可得的取值范围为．
故选：A.
【点睛】
该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有分段函数在定义域上单调减求参数的取值范围，根据函数零点个数求参数的取值范围，数形结合思想的应用，属于中档题目.
8、D
【解析】
利用复数的四则运算，求得，在根据复数的模，复数与共轭复数的概念等即可得到结论．
【详解】
由题意，
则，的共轭复数为，
复数的实部与虚部之和为，在复平面内对应点位于第一象限，故选D．
【点睛】
复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化，其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为．
9、C
【解析】
解出集合，再由含有个元素的集合，其真子集的个数为个可得答案.
【详解】
解：由，得
所以集合的真子集个数为个.
故选：C
【点睛】
此题考查利用集合子集个数判断集合元素个数的应用，含有个元素的集合，其真子集的个数为个，属于基础题.
10、C
【解析】
根据三角函数图像的变换与参数之间的关系，即可容易求得.
【详解】
为得到，
将横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
故可得；
再将 向左平移个单位长度，
故可得.
故选：C.
【点睛】
本题考查三角函数图像的平移，涉及诱导公式的使用，属基础题.
11、C
【解析】
根据含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，计算可得；
【详解】
解：集合含有个元素，则集合的真子集有（个），
故选：C
【点睛】
考查列举法的定义，集合元素的概念，以及真子集的概念，对于含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，属于基础题．
12、D
【解析】
利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出,再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.
【详解】
因为,
由诱导公式可得,,
即,
因为,
所以,
由二倍角的正弦公式可得,
,
所以.
故选:D
【点睛】
本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;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】
双曲线的左右焦点分别关于两条渐近线的对称点重合，可得一条渐近线的斜率为1，即，即可求出双曲线的离心率．
【详解】
解：双曲线的左右焦点分别关于两条渐近线的对称点重合，
一条渐近线的斜率为1，即，
，，
故答案为：．
【点睛】
本题考查双曲线的离心率，考查学生的计算能力，确定一条渐近线的斜率为1是关键，属于基础题．
14、
【解析】
根据三视图知该几何体是三棱柱与半圆锥的组合体，结合图中数据求出它的体积．
【详解】
根据三视图知，该几何体是三棱柱与半圆锥的组合体，如图所示：
结合图中数据，计算它的体积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了根据三视图求简单组合体的体积应用问题，是基础题．
15、
【解析】
由平面向量模的计算公式，直接计算即可.
【详解】
因为平面向量与的夹角为，所以，
所以;
故答案为
【点睛】
本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.
16、10
【解析】
根据已知数据直接计算即得.
【详解】
由题得，.
故答案为：10
【点睛】
本题考查求平均数，是基础题.
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、（Ⅰ）， （Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）根据等差数列公式直接计算得到答案.
（Ⅱ），根据裂项求和法计算得到得到证明.
【详解】
（Ⅰ）等差数列的公差为，由，得，，
即，，解得，.
∴，.
（Ⅱ），∴，
∴，即.
【点睛】
本题考查了等差数列的基本量的计算，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.
18、（1）见证明；（2）
【解析】
（1）设是的中点，连接、，先证明是平行四边形，再证明平面，即
（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建空间直角坐标系，分别计算各个点坐标，计算平面法向量，利用向量的夹角公式得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：设是的中点，连接、，
是的中点，，，
，，， ，
是平行四边形，，
，，，
，，，
由余弦定理得，
，，
，平面，，
；
（2）由（1）得平面，，平面平面，
过点作，垂足为，平面，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，
则，，，
，
设是平面的一个法向量，则，，
令，则，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查了线面垂直，线线垂直，利用空间直角坐标系解决线面夹角问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
19、（1）或；（2）证明见解析
【解析】
（1）将化简，分类讨论即可；
（2）由（1）得，，展开后再利用基本不等式即可.
【详解】
（1）当时，，
所以或或
解得或，
因此不等式的解集的或
（2）
根据
，当且仅当时，等式成立.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法、利用基本不等式证明不等式问题，考查学生基本的计算能力，是一道基础题.
20、（1）见解析； （2）.
【解析】
（1）先证明，可证平面，再由可证平面，即得证；
（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，求解面的法向量，面的法向量，利用二面角的余弦值为，可求解，转化即得解.
【详解】
（1）证明：因为是正三角形，为线段的中点，
所以．
因为是菱形，所以．
因为，所以是正三角形，
所以，所以平面．
又，所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知平面，
所以，．
而，
所以，．
又，
所以平面．
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
则．
于是，，．
设面的一个法向量，
由得
令，则，
即．
设，
易得，．
设面的一个法向量，
由得
令，则，，
即．
依题意，
即，
令，则，
即，即．
所以．
【点睛】
本题考查了空间向量和立体几何综合，考查了面面垂直的判断，二面角的向量求解，三棱锥的体积等知识点，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.
21、（1）m(t)＝（2）a≤2－2.（3）a≤2－2.
【解析】
（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解．
（2）注意到函数h(x)的图像上任意不同两点A，B连线的斜率总大于1，等价于h(x1)－h(x2)＜x1－x2(x1＜x2)恒成立，从而构造函数F(x)＝h(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，进而等价于F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立来加以研究．
（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a≤，再利用导数求函数M(x)＝的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值．
【详解】
（1） f′(x)＝1－，x＞0，
令f′(x)＝0，则x＝1.
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－lnt；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1.
综上，m(t)＝
（2）h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，
不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，
则由，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，
变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．
令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，
则F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，
故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．
因为2x＋≥2，当且仅当x＝时取“＝”，
所以a≤2－2.
（3）因为f(x)≥，所以a(x＋1)≤2x2－xlnx.
因为x∈(0,1]，则x＋1∈(1,2]，所以∃x∈(0,1]，使得a≤成立．
令M(x)＝，则M′(x)＝.
令y＝2x2＋3x－lnx－1，则由y′＝＝0 可得x＝或x＝－1(舍)．
当x∈时，y′＜0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递减；
当x∈时，y′＞0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递增．
所以y≥ln4－＞0，
所以M′(x)＞0在x∈(0,1]时恒成立，
所以M(x)在(0,1]上单调递增．
所以只需a≤M(1)，即a≤1.
所以实数a的最大值为1.
【点睛】
本题考查了函数与导数综合问题，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于难题.
22、（1）或. （2）存在，；
【解析】
（1）根据动圆过，两点，可得圆心在的垂直平分线上，由直线的方程为，可知在直线上；设，由动圆与直线相切可得动圆的半径为；又由，及垂径定理即可确定的值，进而确定圆的方程.
（2）方法一：设，可得圆的半径为，根据，可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设，，可得的中点，进而由两点间距离公式表示出半径，表示出到轴的距离，代入化简即可求得的值，进而确定所过定点的坐标；方法二：同上可得的轨迹方程为，由抛物线定义可求得，表示出线段的中点的坐标，根据到轴的距离可得等量关系，进而确定所过定点的坐标.
【详解】
（1）因为过点，，所以圆心在的垂直平分线上.
由已知的方程为，且，关于于坐标原点对称，
所以在直线上，故可设.
因为与直线相切，所以的半径为.
由已知得，，又，
故可得，解得或.
故的半径或，
所以的方程为或.
（2）法一：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，，则得，的中点，
则以为直径的圆的半径为：
，
到轴的距离为，
令，①
化简得，即，
故当时，①式恒成立.
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
法二：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，因为抛物线的焦点坐标为，
点在抛物线上，所以，
线段的中点的坐标为，
则到轴的距离为，
而，
故以为径的圆与轴切，
所以当点与重合时，符合题意，
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
【点睛】
本题考查了圆的标准方程求法，动点轨迹方程的求法，抛物线定义及定点问题的解法综合应用，属于难题.