2026届安徽省屯溪第一中学高考考前模拟数学试题含解析

这是一份2026届安徽省屯溪第一中学高考考前模拟数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设，则“”是“”的，已知集合，则集合真子集的个数为，已知函数满足等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知函数是定义域为的偶函数，且满足，当时，，则函数在区间上零点的个数为（ ）
A．9B．10C．18D．20
2．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．
3．设椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点，则椭圆E的离心率是（ ）
A．B．C．D．
4．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式）.
A．2寸B．3寸C．4寸D．5寸
5．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为，，，且，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．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．
8．学业水平测试成绩按照考生原始成绩从高到低分为、、、、五个等级．某班共有名学生且全部选考物理、化学两科，这两科的学业水平测试成绩如图所示．该班学生中，这两科等级均为的学生有人，这两科中仅有一科等级为的学生，其另外一科等级为，则该班（ ）
A．物理化学等级都是的学生至多有人
B．物理化学等级都是的学生至少有人
C．这两科只有一科等级为且最高等级为的学生至多有人
D．这两科只有一科等级为且最高等级为的学生至少有人
9．已知集合，则集合真子集的个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
10．已知函数满足：当时，，且对任意，都有，则（ ）
A．0B．1C．-1D．
11．已知圆：，圆：，点、分别是圆、圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值是（ ）
A．B．9C．7D．
12．若直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝1相交于P、Q两点，且∠POQ＝120°(其中O为坐标原点)，则k的值为( )
A． B． C．或－D．和－
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在面积为的中，，若点是的中点，点满足，则的最大值是______.
14．一个房间的地面是由12个正方形所组成，如图所示.今想用长方形瓷砖铺满地面，已知每一块长方形瓷砖可以覆盖两块相邻的正方形，即或，则用6块瓷砖铺满房间地面的方法有_______种.
15．已知实数，满足约束条件则的最大值为________．
16．在中，，点是边的中点，则__________，________.
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）已知椭圆的焦点为，，离心率为，点P为椭圆C上一动点，且的面积最大值为，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点，为椭圆C上的两个动点，当为多少时，点O到直线MN的距离为定值.
18．（12分）已知函数.
（1）求函数的最小正周期以及单调递增区间；
（2）已知，若，，，求的面积.
19．（12分）已知，，函数的最小值为.
（1）求证：；
（2）若恒成立，求实数的最大值.
20．（12分）已知，均为给定的大于1的自然数，设集合，
．
（Ⅰ）当，时，用列举法表示集合；
（Ⅱ）当时，，且集合满足下列条件：
①对任意，；
②．
证明：（ⅰ）若，则（集合为集合在集合中的补集）；
（ⅱ）为一个定值（不必求出此定值）；
（Ⅲ）设，，，其中，，若，则．
21．（12分）设函数.
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）如果对所有的≥0，都有≤，求的最小值；
（Ⅲ）已知数列中，，且，若数列的前n项和为，求证：
.
22．（10分）若数列满足：对于任意，均为数列中的项，则称数列为“数列”．
（1）若数列的前项和，，试判断数列是否为“数列”？说明理由；
（2）若公差为的等差数列为“数列”，求的取值范围；
（3）若数列为“数列”，，且对于任意，均有，求数列的通项公式．
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】
由已知可得函数f（x）的周期与对称轴，函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，作出函数f（x）与g（x）的图象如图，数形结合即可得到答案.
【详解】
函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，
由f（x）＝f （2﹣x），得函数f（x）图象关于x＝1对称，
∵f（x）为偶函数，取x＝x+2，可得f（x+2）＝f（﹣x）＝f（x），得函数周期为2.
又∵当x∈[0，1]时，f（x）＝x，且f（x）为偶函数，∴当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝﹣x，
g（x），
作出函数f（x）与g（x）的图象如图：
由图可知，两函数图象共10个交点，
即函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数为10.
故选：B.
【点睛】
本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属于中档题.
2、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.
3、C
【解析】
连接，为的中位线，从而，且，进而，由此能求出椭圆的离心率.
【详解】
如图，连接，
椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，
B、C为椭圆上关于原点对称的两点，不妨设B在第二象限，
直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点
为的中位线，
，且，
，
解得椭圆的离心率.
故选：C
【点睛】
本题考查了椭圆的几何性质，考查了运算求解能力，属于基础题.
4、B
【解析】
试题分析：根据题意可得平地降雨量，故选B.
考点：1.实际应用问题；2.圆台的体积.
5、B
【解析】
根据三视图得到几何体为一三棱锥，并以该三棱锥构造长方体，于是得到三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球的半径，求得外接球的面积后可求出最小值．
【详解】
由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体的四个顶点，即为三棱锥，且长方体的长、宽、高分别为，
∴此三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
且球半径为，
∴三棱锥外接球表面积为，
∴当且仅当，时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为．
故选B．
【点睛】
（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用．
（2）长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，对于一些比较特殊的三棱锥，在研究其外接球的问题时可考虑通过构造长方体，通过长方体的外球球来研究三棱锥的外接球的问题．
6、B
【解析】
先解不等式化简两个条件，利用集合法判断充分必要条件即可
【详解】
解不等式可得，
解绝对值不等式可得，
由于为的子集，
据此可知“”是“”的必要不充分条件．
故选：B
【点睛】
本题考查了必要不充分条件的判定，考查了学生数学运算，逻辑推理能力，属于基础题.
7、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.
8、D
【解析】
根据题意分别计算出物理等级为，化学等级为的学生人数以及物理等级为，化学等级为的学生人数，结合表格中的数据进行分析，可得出合适的选项.
【详解】
根据题意可知，名学生减去名全和一科为另一科为的学生人（其中物理化学的有人，物理化学的有人），
表格变为：
对于A选项，物理化学等级都是的学生至多有人，A选项错误；
对于B选项，当物理和，化学都是时，或化学和，物理都是时，物理、化学都是的人数最少，至少为（人），B选项错误；
对于C选项，在表格中，除去物理化学都是的学生，剩下的都是一科为且最高等级为的学生，
因为都是的学生最少人，所以一科为且最高等级为的学生最多为（人），
C选项错误；
对于D选项，物理化学都是的最多人，所以两科只有一科等级为且最高等级为的学生最少（人），D选项正确.
故选：D.
【点睛】
本题考查合情推理，考查推理能力，属于中等题.
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】
由题意可知，代入函数表达式即可得解.
【详解】
由可知函数是周期为4的函数，
.
故选：C.
【点睛】
本题考查了分段函数和函数周期的应用，属于基础题.
11、B
【解析】
试题分析：圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径是．要使最大，需最大，且最小，最大值为的最小值为，故最大值是;关于轴的对称点，，故的最大值为，故选B．
考点：圆与圆的位置关系及其判定．
【思路点睛】先根据两圆的方程求出圆心和半径，要使最大，需最大，且最小，最大值为的最小值为，故最大值是，再利用对称性，求出所求式子的最大值．
12、C
【解析】
直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且∠POQ=120°（其中O为原点），可以发现∠QOx的大小，求得结果．
【详解】
如图，直线过定点（0，1），
∵∠POQ=120°∴∠OPQ=30°，⇒∠1=120°，∠2=60°，
∴由对称性可知k=±．
故选C．
【点睛】
本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由任意三角形面积公式与构建关系表示|AB||AC|，再由已知与平面向量的线性运算、平面向量数量积的运算转化，最后由重要不等式求得最值.
【详解】
由△ABC的面积为得|AB||AC|sin∠BAC=，
所以|AB||AC|sin∠BAC=，①
又,即|AB||AC|cs∠BAC=，②
由①与②的平方和得:|AB||AC|=，
又点M是AB的中点，点N满足，
所以
，
当且仅当时，取等号，
即的最大值是为.
故答案为：
【点睛】
本题考查平面向量中由线性运算表示未知向量，进而由重要不等式求最值，属于中档题.
14、11
【解析】
将图形中左侧的两列瓷砖的形状先确定，再由此进行分类，在每一类里面又分按两种形状的瓷砖的数量进行分类，在其中会有相同元素的排列问题，需用到“缩倍法”. 采用分类计数原理，求得总的方法数.
【详解】
（1）先贴如图这块瓷砖，
然后再贴剩下的部分，按如下分类：
5个： ，
3个，2个：，
1个，4个：，
（2）左侧两列如图贴砖，
然后贴剩下的部分：
3个：，
1个，2个：，
综上，一共有（种）.
故答案为：11.
【点睛】
本题考查了分类计数原理，排列问题，其中涉及到相同元素的排列，用到了“缩倍法”的思想.属于中档题.
15、1
【解析】
作出约束条件表示的可行域，转化目标函数为，当目标函数经过点时，直线的截距最大，取得最大值，即得解.
【详解】
作出约束条件表示的可行域
是以为顶点的三角形及其内部，
转化目标函数为
当目标函数经过点时，直线的截距最大
此时取得最大值1．
故答案为：1
【点睛】
本题考查了线性规划问题，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算能力，属于基础题.
16、 2
【解析】
根据正弦定理直接求出，利用三角形的边表示向量,然后利用向量的数量积求解即可.
【详解】
中，，
，
可得
因为点是边的中点，
所以
故答案为：；.
【点睛】
本题主要考查了三角形的解法，向量的数量积的应用，考查计算能力，属于中档题.
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）当＝0时，点O到直线MN的距离为定值.
【解析】
（1）的面积最大时，是短轴端点，由此可得，再由离心率及可得，从而得椭圆方程；
（2）在直线斜率存在时，设其方程为，现椭圆方程联立消元（）后应用韦达定理得，注意，一是计算，二是计算原点到直线的距离，两者比较可得结论．
【详解】
（1）因为在椭圆上，当是短轴端点时，到轴距离最大，此时面积最大，所以，由，解得，
所以椭圆方程为．
（2）在时，设直线方程为，原点到此直线的距离为，即，
由，得，
，，
所以，，
，
所以当时，，，为常数．
若，则，，，，，
综上所述，当＝0时，点O到直线MN的距离为定值.
【点睛】
本题考查求椭圆方程与椭圆的几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力．解题方法是“设而不求”法．在直线与圆锥曲线相交时常用此法通过韦达定理联系已知式与待求式．
18、（1）最小正周期为，单调递增区间为；（2）.
【解析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期，解不等式可求得该函数的单调递增区间；
（2）由求得，由得出或，分两种情况讨论，结合余弦定理解三角形，进行利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】
（1），
所以，函数的最小正周期为，
由得，
因此，函数的单调递增区间为；
（2）由，得，或，或，
，，
又，
，即.
①当时，即，则由，，得，则，此时，的面积为；
②当时，则，即，
则由，解得，，.
综上，的面积为.
【点睛】
本题考查正弦型函数的周期和单调区间的求解，同时也考查了三角形面积的计算，涉及余弦定理解三角形的应用，考查计算能力，属于中等题.
19、（1）见解析；（2）最大值为.
【解析】
（1）将函数表示为分段函数，利用函数的单调性求出该函数的最小值，进而可证得结论成立；
（2）由可得出，并将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，进而可得出实数的最大值.
【详解】
（1）.
当时，函数单调递减，则；
当时，函数单调递增，则；
当时，函数单调递增，则.
综上所述，，所以；
（2）因为恒成立，且，，所以恒成立，即.
因为，当且仅当时等号成立，
所以，实数的最大值为.
【点睛】
本题考查含绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用基本不等式恒成立求参数，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
20、（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）详见解析．（ⅱ）详见解析.（Ⅲ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）当，时，，，，，，．即可得出．
（Ⅱ）（i）当时，，2，3，，，又，，，，，，必然有，否则得出矛盾．
（ii）由．可得．又，即可得出为定值．
（iii）由设，，，，其中，，，2，，．，可得，通过求和即可证明结论．
【详解】
（Ⅰ）解：当，时，，，，，．
．
（Ⅱ）证明：（i）当时，，2，3，，，
又，，，，，，
必然有，否则，而，与已知对任意，矛盾．
因此有．
（ii）．
．
，
为定值．
（iii）由设，，，，其中，，，2，，．，
．
．
【点睛】
本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
21、（Ⅰ）函数在上单调递减，在单调递增；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析．
【解析】
（Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，通过解关于导数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）＝f（x）﹣ax，先求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而求出a的最小值；
（Ⅲ）先求出数列是以为首项，1为公差的等差数列，，，问题转化为证明：，通过换元法或数学归纳法进行证明即可．
【详解】
解：（Ⅰ） f（x）的定义域为（﹣1，+∞），，
当时，f′（x）＜2，当时，f′（x）＞2，
所以函数f（x）在上单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）设，
则，
因为x≥2，故，
（ⅰ）当a≥1时，1﹣a≤2，g′（x）≤2，所以g（x）在[2，+∞）单调递减，
而g（2）＝2，所以对所有的x≥2，g（x）≤2，即f（x）≤ax；
（ⅱ）当1＜a＜1时，2＜1﹣a＜1，若，则g′（x）＞2，g（x）单调递增，
而g（2）＝2，所以当时，g（x）＞2，即f（x）＞ax；
（ⅲ）当a≤1时，1﹣a≥1，g′（x）＞2，所以g（x）在[2，+∞）单调递增，
而g（2）＝2，所以对所有的x＞2，g（x）＞2，即f（x）＞ax；
综上，a的最小值为1．
（Ⅲ）由（1﹣an+1）（1+an）＝1得，an﹣an+1＝an•an+1，由a1＝1得，an≠2，
所以，数列是以为首项，1为公差的等差数列，
故，，，
⇔，
由（Ⅱ）知a＝1时，，x＞2，
即，x＞2．
法一：令，得，
即
因为，
所以，
故．
法二：⇔
下面用数学归纳法证明．
（1）当n＝1时，令x＝1代入，即得，不等式成立
（1）假设n＝k（k∈N*，k≥1）时，不等式成立，
即，
则n＝k+1时，，
令代入，
得
，
即：，
由（1）（1）可知不等式对任何n∈N*都成立．
故．
考点：1利用导数研究函数的单调性；1、利用导数研究函数的最值； 3、数列的通项公式；4、数列的前项和；5、不等式的证明．
22、（1）不是，见解析（2）（3）
【解析】
（1）利用递推关系求出数列的通项公式，进一步验证时，是否为数列中的项，即可得答案；
（2）由题意得，再对公差进行分类讨论，即可得答案；
（3）由题意得数列为等差数列，设数列的公差为，再根据不等式得到公差的值，即可得答案；
【详解】
（1）当时，
又，所以．
所以
当时，，而，
所以时，不是数列中的项，故数列不是为“数列”
（2）因为数列是公差为的等差数列，
所以．
因为数列为“数列”
所以任意，存在，使得，即有．
①若，则只需，使得，从而得是数列中的项．
②若，则．此时，当时，不为正整数，所以不符合题意．综上，．
（3）由题意，所以，
又因为，且数列为“数列”，
所以，即，所以数列为等差数列．
设数列的公差为，则有，
由，得，
整理得，①
．②
若，取正整数，
则当时，，
与①式对应任意恒成立相矛盾，因此．
同样根据②式可得，
所以．又，所以．
经检验当时，①②两式对应任意恒成立，
所以数列的通项公式为．
【点睛】
本题考查数列新定义题、等差数列的通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，难度较大.
物理
化学