2026届安徽省淮北市第一中学高三下学期第六次检测数学试卷含解析

这是一份2026届安徽省淮北市第一中学高三下学期第六次检测数学试卷含解析，共10页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知函数，已知复数z，则复数z的虚部为等内容，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．已知实数满足线性约束条件，则的取值范围为（ ）
A．(-2,-1］B．(-1,4］C．[-2,4)D．[0,4]
2．设，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为( )
A．B．C．D．
3．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，若，则λ＋μ的值为（ ）
A． B．C．D．
4．若，则“”是 “”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
5．若为过椭圆中心的弦，为椭圆的焦点，则△面积的最大值为（ ）
A．20B．30C．50D．60
6．若的展开式中的系数为-45，则实数的值为（ ）
A．B．2C．D．
7．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数．下列命题：①函数的图象关于原点对称；②函数是周期函数；③当时，函数取最大值；④函数的图象与函数的图象没有公共点，其中正确命题的序号是（ ）
A．①④B．②③C．①③④D．①②④
10．已知复数z，则复数z的虚部为（ ）
A．B．C．iD．i
11．若各项均为正数的等比数列满足，则公比（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）
A．B．4C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知多项式的各项系数之和为32，则展开式中含项的系数为______．
14．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说“是乙或丙获奖.”乙说：“甲、丙都未获奖.”丙说：“我获奖了”.丁说：“是乙获奖.”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是__________．
15．集合，，若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________
①的值可以为2；
②的值可以为；
③的值可以为；
16．已知点是椭圆上一点，过点的一条直线与圆相交于两点，若存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围为_________.
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）的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，点为边的中点，且，求的面积.
18．（12分）已知函数
（1）若，不等式的解集；
（2）若，求实数的取值范围.
19．（12分）已知数列满足，，其前n项和为.
（1）通过计算，，，猜想并证明数列的通项公式；
（2）设数列满足，，，若数列是单调递减数列，求常数t的取值范围.
20．（12分）已知椭圆：的两个焦点是，，在椭圆上，且，为坐标原点，直线与直线平行，且与椭圆交于，两点.连接、与轴交于点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：为定值.
21．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.
求证：（1）直线平面EFG；
（2）直线平面SDB.
22．（10分）选修4—5；不等式选讲．
已知函数．
(1)若的解集非空，求实数的取值范围；
(2)若正数满足，为（1）中m可取到的最大值，求证：．
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】
作出可行域，表示可行域内点与定点连线斜率，观察可行域可得最小值．
【详解】
作出可行域，如图阴影部分（含边界），表示可行域内点与定点连线斜率，，，过与直线平行的直线斜率为－1，∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查简单的非线性规划．解题关键是理解非线性目标函数的几何意义，本题表示动点与定点连线斜率，由直线与可行域的关系可得结论．
2、C
【解析】
根据表示出线段长度，由勾股定理，解出每条线段的长度，再由勾股定理构造出关系，求出离心率.
【详解】
设，则
由椭圆的定义，可以得到
,
在中，有，解得
在中，有
整理得，
故选C项.
【点睛】
本题考查几何法求椭圆离心率，是求椭圆离心率的一个常用方法，通过几何关系，构造出关系，得到离心率.属于中档题.
3、B
【解析】
建立平面直角坐标系，用坐标表示，利用，列出方程组求解即可.
【详解】
建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0).
不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，

∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，
解得则.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了由平面向量线性运算的结果求参数，属于中档题.
4、A
【解析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】
当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
【点睛】
易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
5、D
【解析】
先设A点的坐标为，根据对称性可得，在表示出面积，由图象遏制，当点A在椭圆的顶点时，此时面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解.
【详解】
由题意，设A点的坐标为，根据对称性可得，
则的面积为，
当最大时，的面积最大，
由图象可知，当点A在椭圆的上下顶点时，此时的面积最大，
又由，可得椭圆的上下顶点坐标为，
所以的面积的最大值为.
故选：D.

【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用.
6、D
【解析】
将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得的值.
【详解】
∵
所以展开式中的系数为，
∴解得.
故选：D.
【点睛】
本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.
7、C
【解析】
利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】
由题意，直角三角形的斜边长为，
利用等面积法，可得其内切圆的半径为，
所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
8、C
【解析】
由双曲线与双曲线有相同的渐近线，列出方程求出的值，即可求解双曲线的离心率，得到答案．
【详解】
由双曲线与双曲线有相同的渐近线，
可得，解得，此时双曲线，
则曲线的离心率为，故选C．
【点睛】
本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
9、A
【解析】
根据奇偶性的定义可判断出①正确；由周期函数特点知②错误；函数定义域为，最值点即为极值点，由知③错误；令，在和两种情况下知均无零点，知④正确.
【详解】
由题意得：定义域为，
，为奇函数，图象关于原点对称，①正确；
为周期函数，不是周期函数，不是周期函数，②错误；
，，不是最值，③错误；
令，
当时，，，，此时与无交点；
当时，，，，此时与无交点；
综上所述：与无交点，④正确.
故选：.
【点睛】
本题考查函数与导数知识的综合应用，涉及到函数奇偶性和周期性的判断、函数最值的判断、两函数交点个数问题的求解；本题综合性较强，对于学生的分析和推理能力有较高要求.
10、B
【解析】
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出
【详解】
，
则复数z的虚部为.
故选：B.
【点睛】
本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
11、C
【解析】
由正项等比数列满足，即，又，即，运算即可得解.
【详解】
解：因为，所以，又，所以，
又，解得.
故选：C.
【点睛】
本题考查了等比数列基本量的求法，属基础题.
12、A
【解析】
模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，，退出循环，输出结果.
【详解】
程序运行过程如下：
，；，；，；
，；，；
，；，，退出循环，输出结果为，
故选：A.
【点睛】
该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有判断程序框图输出结果，属于基础题目.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
令可得各项系数和为，得出,根据第一个因式展开式的常数项与第二个因式的展开式含一次项的积与第一个因式展开式含x的一次项与第二个因式常数项的积的和即为展开式中含项，可得解.
【详解】
令，
则得，
解得，
所以展开式中含项为：，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了二项展开式的系数和，二项展开式特定项，赋值法，属于中档题.
14、丙
【解析】
若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，可知获奖的歌手是丙．
考点：反证法在推理中的应用.
15、②③
【解析】
根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算：，得到，，得到答案.
【详解】
如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况，
集合：，故，即或，
集合：，是平面上正八边形的顶点所构成的集合，
故所在的直线的倾斜角为，，故：，
解得，此时，，此时.
故答案为：②③.
【点睛】
本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对称性是解题的关键.
16、
【解析】
设，设出直线AB的参数方程，利用参数的几何意义可得,由题意得到，据此求得离心率的取值范围.
【详解】
设，直线AB的参数方程为，(为参数)
代入圆，
化简得：，
，
，
，
存在点，使得，
，即，
，
，
，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了椭圆离心率取值范围的求解，考查直线、圆与椭圆的综合运用，考查直线参数方程的运用，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）.
【解析】
(1)利用正弦定理边化角,再利用余弦定理求解即可.
(2) 为为的中线,所以再平方后利用向量的数量积公式进行求解,再代入可解得,再代入面积公式求解即可.
【详解】
（1）由,
可得,
由余弦定理可得,
故.
（2）因为为的中线,所以,
两边同时平方可得,
故.
因为,所以.
所以的面积.
【点睛】
本题主要考查了利用正余弦定理与面积公式求解三角形的问题,同时也考查了向量在解三角形中的运用,属于中档题.
18、（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．
19、（1），证明见解析；（2）
【解析】
（1）首先利用赋值法求出的值，进一步利用定义求出数列的通项公式；（2）首先利用叠乘法求出数列的通项公式，进一步利用数列的单调性和基本不等式的应用求出参数的范围．
【详解】
（1）数列满足，，其前项和为．
所以，，
则，，，
所以猜想得：．
证明：由于，
所以，
则：（常数），
所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
所以，整理得．
（2）数列满足，，
所以，
则，
所以．则，
所以，
所以，整理得，
由于，所以，即．
【点睛】
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠乘法的应用，函数的单调性在数列中的应用，基本不等式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于中档题型．
20、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）根据椭圆的定义可得，将代入椭圆方程，即可求得的值，求得椭圆方程；
（2）设直线的方程，代入椭圆方程，求得直线和的方程，求得和的横坐标，表示出，根据韦达定理即可求证为定值.
【详解】
（1）因为，由椭圆的定义得，，
点在椭圆上，代入椭圆方程，解得，
所以的方程为；
（2）证明：设，，直线的斜率为，设直线的方程为，
联立方程组，消去，整理得，
所以，，
直线的直线方程为，令，则，
同理，
所以：
，
代入整理得，
所以为定值.
【点睛】
本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，属于中档题.
21、（1）见解析（2）见解析
【解析】
(1) 连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明即可.
(2)证明与即可.
【详解】
（1）连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,所以O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直线平面EFG.
（2）在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因为侧面底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知平面ABCD,所以,因为底面ABCD是菱形,所以,因为,所以平面SDB.
【点睛】
本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.
22、 (1);(2)见解析.
【解析】
试题分析：（1）讨论三种情况去绝对值符号，可得所以，由此得，解得；（2）利用分析法，由（1）知，，所以，因为，要证，只需证，即证，只需证 即可得结果.
试题解析：（1）去绝对值符号，可得
所以，
所以，解得，
所以实数的取值范围为．
（2）由（1）知，，所以．
因为，
所以要证，只需证，
即证，即证.
因为，所以只需证，
因为，∴成立，所以
解法二：x2+y2=2，x、y∈R+，x+y≥2xy
设：
证明：x+y-2xy=
=
令
， ∴

原式=
=
=
=
当时，