2026届安徽省马鞍山市含山中学高三六校第一次联考数学试卷含解析

这是一份2026届安徽省马鞍山市含山中学高三六校第一次联考数学试卷含解析，共21页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，设，满足，则的取值范围是等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．已知斜率为2的直线l过抛物线C：的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，若线段AB的中点M的纵坐标为1，则p＝（ ）
A．1B．C．2D．4
2．已知集合，，则( )
A．B．C．D．
3．已知函数是奇函数，且，若对，恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．数列满足，且，，则（ ）
A．B．9C．D．7
5．直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（）
A．B．C．D．
6．若为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
7．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．5D．
8．设变量满足约束条件，则目标函数的最大值是（ ）
A．7B．5C．3D．2
9．百年双中的校训是“仁”、“智”、“雅”、“和”.在2019年5月18日的高三趣味运动会中有这样的一个小游戏.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“仁”、“智”、“雅”、“和”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“仁”、“智”两个字都摸到就停止摸球.小明同学用随机模拟的方法恰好在第三次停止摸球的概率.利用电脑随机产生1到4之间（含1和4）取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“仁”、“智”、“雅”、“和”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：
141 432 341 342 234 142 243 331 112 322
342 241 244 431 233 214 344 142 134 412
由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为（ ）
A．B．C．D．
10．设，满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．
C．D．
12．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知是定义在上的偶函数，其导函数为．若时，，则不等式的解集是___________．
14．若且时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为________．
15．已知i为虚数单位，复数，则＝_______．
16．某高中共有1800人，其中高一、高二、高三年级的人数依次成等差数列，现用分层抽样的方法从中抽取60人，那么高二年级被抽取的人数为________．
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）已知等差数列和等比数列的各项均为整数，它们的前项和分别为，且，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求；
（3）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
18．（12分）已知函数f(x)=ex-x2 -kx（其中e为自然对数的底，k为常数）有一个极大值点和一个极小值点．
（1）求实数k的取值范围；
（2）证明：f(x)的极大值不小于1．
19．（12分）设函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若存在，使得不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
20．（12分）已知函数．
（1）当时，求的单调区间．
（2）设直线是曲线的切线，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率时切线的方程．
（3）已知分别在，处取得极值，求证：．
21．（12分）已知数列为公差不为零的等差数列，是数列的前项和，且、、成等比数列，.设数列的前项和为，且满足.
（1）求数列、的通项公式；
（2）令，证明：.
22．（10分）如图：在中，，，.
（1）求角；
（2）设为的中点，求中线的长.
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】
设直线l的方程为x＝y，与抛物线联立利用韦达定理可得p．
【详解】
由已知得F（，0），设直线l的方程为x＝y，并与y2＝2px联立得y2﹣py﹣p2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点C（x0，y0），
∴y1+y2＝p，
又线段AB的中点M的纵坐标为1，则y0（y1+y2）＝，所以p=2,
故选C．
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题，利用韦达定理是解题的关键，属中档题．
2、D
【解析】
先求出集合B，再与集合A求交集即可.
【详解】
由已知，，故，所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查集合的交集运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.
3、A
【解析】
先根据函数奇偶性求得，利用导数判断函数单调性，利用函数单调性求解不等式即可.
【详解】
因为函数是奇函数，
所以函数是偶函数.
，
即，
又，
所以，.
函数的定义域为，所以，
则函数在上为单调递增函数.又在上，
，所以为偶函数，且在上单调递增.
由，
可得，对恒成立，
则，对恒成立，，
得，
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用函数单调性求解不等式，根据方程组法求函数解析式，利用导数判断函数单调性，属压轴题.
4、A
【解析】
先由题意可得数列为等差数列，再根据，，可求出公差，即可求出．
【详解】
数列满足，则数列为等差数列，
，，
，，
，
，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了等差数列的性质和通项公式的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
5、A
【解析】
由直线过椭圆的左焦点，得到左焦点为，且，
再由，求得，代入椭圆的方程，求得，进而利用椭圆的离心率的计算公式，即可求解.
【详解】
由题意，直线经过椭圆的左焦点，令，解得，
所以，即椭圆的左焦点为，且 ①
直线交轴于，所以，，
因为，所以，所以，
又由点在椭圆上，得 ②
由，可得，解得，
所以，
所以椭圆的离心率为.
故选A.
【点睛】
本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中求椭圆的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．
6、D
【解析】
根据复数的运算，化简得到，再结合复数的表示，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，根据复数的运算，可得，
所对应的点为位于第四象限.
故选D.
【点睛】
本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何意义，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简复数为代数形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
7、B
【解析】
据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.
【详解】
设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，
则，，，，，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.
8、B
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.
【详解】
画出约束条件，表示的可行域，如图，
由可得，
将变形为，
平移直线，
由图可知当直经过点时，
直线在轴上的截距最大，
最大值为，故选B.
【点睛】
本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
9、A
【解析】
由题意找出满足恰好第三次就停止摸球的情况，用满足恰好第三次就停止摸球的情况数比20即可得解.
【详解】
由题意可知当1，2同时出现时即停止摸球，则满足恰好第三次就停止摸球的情况共有五种：142，112，241，142，412.
则恰好第三次就停止摸球的概率为.
故选：A.
【点睛】
本题考查了简单随机抽样中随机数的应用和古典概型概率的计算，属于基础题.
10、C
【解析】
首先绘制出可行域，再绘制出目标函数，根据可行域范围求出目标函数中的取值范围.
【详解】
由题知，满足，可行域如下图所示，
可知目标函数在点处取得最小值，
故目标函数的最小值为，
故的取值范围是.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了线性规划中目标函数的取值范围的问题，属于基础题.
11、A
【解析】
根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.
【详解】
由题意，该几何体如图所示：
该几何体的体积.
故选：A.
【点睛】
本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，属于基础题．
12、D
【解析】
构造函数，利用导数求得的单调区间，由此判断出的大小关系.
【详解】
依题意，得，，.令，所以.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以，且，即，所以.故选：D.
【点睛】
本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查化归与转化的数学思想方法，考查对数式比较大小，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】
构造，先利用定义判断的奇偶性，再利用导数判断其单调性，转化为，结合奇偶性，单调性求解不等式即可.
【详解】
令，则是上的偶函数，
，则在上递减，于是在上递增．
由得，
即，
于是，
则，
解得．
故答案为：
【点睛】
本题考查了利用函数的奇偶性、单调性解不等式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.
14、
【解析】
将不等式两边同时平方进行变形，然后得到对应不等式组，对的取值进行分类，将问题转化为二次函数在区间上恒正、恒负时求参数范围，列出对应不等式组，即可求解出的取值范围.
【详解】
因为，所以，所以，
所以，所以或，
当时，对且不成立，
当时，取，显然不满足，所以，
所以，解得；
当时，取，显然不满足，所以，
所以，解得，
综上可得的取值范围是：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查根据不等式恒成立求解参数范围，难度较难.根据不等式恒成立求解参数范围的两种常用方法：（1）分类讨论法：分析参数的临界值，对参数分类讨论；（2）参变分离法：将参数单独分离出来，再以函数的最值与参数的大小关系求解出参数范围.
15、
【解析】
先把复数进行化简，然后利用求模公式可得结果.
【详解】
．
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查复数模的求解，利用复数的运算把复数化为的形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
16、
【解析】
由三个年级人数成等差数列和总人数可求得高二年级共有人，根据抽样比可求得结果.
【详解】
设高一、高二、高三人数分别为，则且，
解得：，
用分层抽样的方法抽取人，那么高二年级被抽取的人数为人．
故答案为：.
【点睛】
本题考查分层抽样问题的求解，涉及到等差数列的相关知识，属于基础题.
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）；（3）存在，1.
【解析】
（1）利用基本量法直接计算即可；
（2）利用错位相减法计算；
（3），令可得，，讨论即可.
【详解】
（1）设数列的公差为，数列的公比为，
因为，
所以，即，解得，或（舍去）.
所以.
（2），
，
所以，
所以.
（3）由（1）可得，，
所以.
因为是数列或中的一项，所以，
所以，因为，
所以，又，则或.
当时，有，即，令.
则.
当时，；当时，，
即.
由，知无整数解.
当时,有，即存在使得是数列中的第2项，
故存在正整数，使得是数列中的项.
【点睛】
本题考查数列的综合应用，涉及到等差、等比数列的通项，错位相减法求数列的前n项和，数列中的存在性问题，是一道较为综合的题.
18、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）求出，记，问题转化为方程有两个不同解，求导，研究极值即可得结果 ；
（2）由（1）知，在区间上存在极大值点，且，则可求出极大值，记，求导，求单调性，求出极值即可.
【详解】
（1），由，
记，，
由，且时，，单调递减，，
时，，单调递增，，
由题意，方程有两个不同解，所以；
（2）解法一：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，
所以的极大值为，
记，则，
因为，所以，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，即函数的极大值不小于1.
解法二：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，
所以的极大值为，
因为，，所以.
即函数的极大值不小于1.
【点睛】
本题考查导数研究函数的单调性，极值，考查学生综合分析能力与转化能力，是一道中档题.
19、 (Ⅰ) .(Ⅱ).
【解析】
(Ⅰ)时，根据绝对值不等式的定义去掉绝对值，求不等式的解集即可；(Ⅱ)不等式的解集为，等价于，求出在的最小值即可．
【详解】
(Ⅰ)当时，
时，不等式化为，解得，即
时,不等式化为，不等式恒成立，即
时,不等式化为，解得，即
综上所述，不等式的解集为
(Ⅱ)不等式的解集为
对任意恒成立
当时，取得最小值为
实数的取值范围是
【点睛】
本题考查了绝对值不等式的解法与应用问题，也考查了函数绝对值三角不等式的应用问题，属于常规题型．
20、（1）单调递增区间为，；单调递减区间为；（2），；（3）证明见解析．
【解析】
（1）由的正负可确定的单调区间；
（2）利用基本不等式可求得时，取得最小值，由导数的几何意义可知，从而求得，求得切点坐标后，可得到切线方程；
（3）由极值点的定义可知是的两个不等正根，由判别式大于零得到的取值范围，同时得到韦达定理的形式；化简为，结合的范围可证得结论.
【详解】
（1）由题意得：的定义域为，
当时，，
，
当和时，；当时，，
的单调递增区间为，；单调递减区间为.
（2），所以（当且仅当，即时取等号），
切线的斜率存在最小值，，解得：，
，即切点为，
从而切线方程，即：．
（3），
分别在，处取得极值，
，是方程，即的两个不等正根．
则，解得：，且，．
，
，，
即不等式成立．
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的单调区间、导数几何意义的应用、利用导数证明不等式等知识；本题中证明不等式的关键是能够通过极值点的定义将问题转变为一元二次方程根的分布问题.
21、（1）,
（2）证明见解析
【解析】
（1）利用首项和公差构成方程组，从而求解出的通项公式；由的通项公式求解出的表达式，根据以及，求解出的通项公式；
（2）利用错位相减法求解出的前项和，根据不等关系证明即可.
【详解】
（1）设首项为，公差为.
由题意，得，解得，
∴，
∴，∴
当时，
∴，.当时，满足上式.
∴
（2），令数列的前项和为.
两式相减得
∴恒成立，得证.
【点睛】
本题考查等差数列、等比数列的综合应用，难度一般.（1）当用求解的通项公式时，一定要注意验证是否成立；（2）当一个数列符合等差乘以等比的形式，优先考虑采用错位相减法进行求和，同时注意对于错位的理解.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）通过求出的值，利用正弦定理求出即可得角；（2）根据求出的值，由正弦定理求出边，最后在中由余弦定理即可得结果.
【详解】
（1）∵，∴.
由正弦定理，即.
得，∵，∴为钝角，为锐角，
故.
（2）∵，
∴.
由正弦定理得，即得.
在中由余弦定理得：，∴.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查三角函数知识的运用，属于中档题.