2026届安徽省淮北师范大学附属实验中学高三下学期一模考试数学试题含解析

这是一份2026届安徽省淮北师范大学附属实验中学高三下学期一模考试数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了曲线在点处的切线方程为，则，已知复数满足，则的最大值为等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．一个正四棱锥形骨架的底边边长为，高为，有一个球的表面与这个正四棱锥的每个边都相切，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．等差数列中，已知，且，则数列的前项和中最小的是（ ）
A．或B．C．D．
4．木匠师傅对一个圆锥形木件进行加工后得到一个三视图如图所示的新木件，则该木件的体积（ ）

A．B．C．D．
5．已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示程序框图，若判断框内为“”，则输出（ ）
A．2B．10C．34D．98
7．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
8．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．8B．C．D．
9．曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．B．C．4D．8
10．已知复数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．6
11．如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，则（ ）
A．1B．C．2D．3
12．已知正项等比数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数则______.
14．已知为矩形的对角线的交点，现从这5个点中任选3个点，则这3个点不共线的概率为________.
15．如图所示，在直角梯形中，，、分别是、上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接、、（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：

①平面；
②四点、、、可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.
16．已知，若的展开式中的系数比x的系数大30，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）已知函数．
（1）求函数的零点；
（2）设函数的图象与函数的图象交于，两点，求证：；
（3）若，且不等式对一切正实数x恒成立，求k的取值范围．
18．（12分）如图，平面四边形中，，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）已知数列{an}满足条件，且an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求证：Sn．
20．（12分）某地在每周六的晚上8点到10点半举行灯光展，灯光展涉及到10000盏灯，每盏灯在某一时刻亮灯的概率均为，并且是否亮灯彼此相互独立.现统计了其中100盏灯在一场灯光展中亮灯的时长（单位：），得到下面的频数表：
以样本中100盏灯的平均亮灯时长作为一盏灯的亮灯时长.
（1）试估计的值；
（2）设表示这10000盏灯在某一时刻亮灯的数目.
①求的数学期望和方差；
②若随机变量满足，则认为.假设当时，灯光展处于最佳灯光亮度.试由此估计，在一场灯光展中，处于最佳灯光亮度的时长（结果保留为整数）.
附：
①某盏灯在某一时刻亮灯的概率等于亮灯时长与灯光展总时长的商；
②若，则，，.
21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，为实数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线与曲线交于，两点，线段的中点为．
（1）求线段长的最小值；
（2）求点的轨迹方程．
22．（10分）已知函数.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，且，求的值.
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、B
【解析】
令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.
【详解】
令，则，如图
与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有
六个不相等的实数根，则有两个不同的根，
设由根的分布可知，
，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.
2、B
【解析】
根据正四棱锥底边边长为，高为，得到底面的中心到各棱的距离都是1，从而底面的中心即为球心.
【详解】
如图所示：
因为正四棱锥底边边长为，高为，
所以 ，
到 的距离为，
同理到 的距离为1，
所以为球的球心，
所以球的半径为：1，
所以球的表面积为.
故选：B
【点睛】
本题主要考查组合体的表面积，还考查了空间想象的能力，属于中档题.
3、C
【解析】
设公差为，则由题意可得，解得，可得.令 ，可得 当时，，当时，，由此可得数列前项和中最小的.
【详解】
解：等差数列中，已知，且，设公差为，
则，解得 ，
.
令 ，可得，故当时，，当时，，
故数列前项和中最小的是.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档题.
4、C
【解析】
由三视图知几何体是一个从圆锥中截出来的锥体,圆锥底面半径为,圆锥的高,截去的底面劣弧的圆心角为，底面剩余部分的面积为,利用锥体的体积公式即可求得.
【详解】
由已知中的三视图知圆锥底面半径为，圆锥的高，圆锥母线，截去的底面弧的圆心角为120°，底面剩余部分的面积为，故几何体的体积为：.
故选C.
【点睛】
本题考查了三视图还原几何体及体积求解问题,考查了学生空间想象,数学运算能力,难度一般.
5、C
【解析】
由，化简得到的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解.
【详解】
由，可得，
可得，
通分得，
整理得，所以，
因为为三角形的最大角，所以，
又由余弦定理
，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
又由，所以的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了代数式的化简，余弦定理，以及基本不等式的综合应用，试题难度较大，属于中档试题，着重考查了推理与运算能力.
6、C
【解析】
由题意，逐步分析循环中各变量的值的变化情况，即可得解.
【详解】
由题意运行程序可得：
，，，；
，，，；
，，，；
不成立，此时输出.
故选：C.
【点睛】
本题考查了程序框图，只需在理解程序框图的前提下细心计算即可，属于基础题.
7、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.
8、D
【解析】
根据三视图还原几何体为四棱锥，即可求出几何体的表面积．
【详解】
由三视图知几何体是四棱锥，如图，
且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形,边长为2,棱锥的高为2，
所以，
故选：
【点睛】
本题主要考查了由三视图还原几何体，棱锥表面积的计算，考查了学生的运算能力，属于中档题.
9、B
【解析】
求函数导数，利用切线斜率求出，根据切线过点求出即可.
【详解】
因为，
所以，
故，
解得，
又切线过点，
所以，解得，
所以，
故选：B
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于中档题.
10、B
【解析】
设，，利用复数几何意义计算.
【详解】
设，由已知，，所以点在单位圆上，
而，表示点
到的距离，故.
故选：B.
【点睛】
本题考查求复数模的最大值，其实本题可以利用不等式来解决.
11、C
【解析】
连接AO，因为O为BC中点，可由平行四边形法则得，再将其用，表示.由M、O、N三点共线可知，其表达式中的系数和，即可求出的值.
【详解】
连接AO，由O为BC中点可得，
，
、、三点共线，
，
.
故选：C.

【点睛】
本题考查了向量的线性运算，由三点共线求参数的问题，熟记向量的共线定理是关键.属于基础题.
12、D
【解析】
由，可求出等比数列的通项公式，进而可知当时，；当时，，从而可知的最小值为，求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，则，
由题意得，，得，解得，
得.
当时，；当时，，
则的最小值为.
故选：D.
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，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】
先由解析式求得（2），再求（2）．
【详解】
（2），，
所以（2），
故答案为：
【点睛】
本题考查对数、指数的运算性质，分段函数求值关键是“对号入座”,属于容易题．
14、
【解析】
基本事件总数，这3个点共线的情况有两种和，由此能求出这3个点不共线的概率．
【详解】
解：为矩形的对角线的交点，
现从，，，，这5个点中任选3个点，
基本事件总数，
这3个点共线的情况有两种和，
这3个点不共线的概率为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
15、①③
【解析】
连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】
对于命题①，连接、交于点，取的中点、，连接、，如下图所示：
则且，四边形是矩形，且，为的中点，
为的中点，且，且，
四边形为平行四边形，，即，
平面，平面，平面，命题①正确；
对于命题②，，平面，平面，平面，
若四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，
则，但四边形为梯形且、为两腰，与相交，矛盾.
所以，命题②错误；
对于命题③，连接、，设，则，
在中，，，则为等腰直角三角形，
且，，，且，
由余弦定理得，，
，又，，平面，
平面，，
，、为平面内的两条相交直线，所以，平面，
平面，平面平面，命题③正确；
对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，，
，，，，，
又，平面，平面，.
，平面，平面，.
，，显然与不垂直，命题④错误.
故答案为：①③.
【点睛】
本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.
16、2
【解析】
利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，求得的值．
【详解】
展开式通项为：
且的展开式中的系数比的系数大
，即：
解得：（舍去）或
本题正确结果：
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，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)x=1 (2)证明见解析 (3)
【解析】
（1）令，根据导函数确定函数的单调区间，求出极小值，进而求解；
（2）转化思想，要证 ，即证 ，即证，构造函数进而求证；
（3）不等式 对一切正实数恒成立，，设，分类讨论进而求解．
【详解】
解：（1）令，所以，
当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减；
所以，所以的零点为．
（2）由题意， ，
要证 ，即证，即证，
令，则，由（1）知，当且仅当时等号成立，所以，
即，所以原不等式成立．
（3）不等式 对一切正实数恒成立，
，
设，，
记，△，
①当△时，即时，恒成立，故单调递增．
于是当时，，又，故，
当时，，又，故，
又当时，，
因此，当时，，
②当△，即时，设的两个不等实根分别为，，
又，于是，
故当时，，从而在单调递减；
当时，，此时，于是，
即 舍去，
综上，的取值范围是．
【点睛】
（1）考查函数求导，根据导函数确定函数的单调性，零点；（2）考查转化思想，构造函数求极值；（3）考查分类讨论思想，函数的单调性，函数的求导；属于难题.
18、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；
（2）由于在中，，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】
（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.
所以在中，，则，又，所以，由，
所以为等边三角形，
又是的中点，所以，又平面，
则有平面，
而平面，故平面平面.
（2）解法一：在中，，取中点，所以，
由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，方向为轴方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，由得取，则
设直线与平面所成角大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

解法二：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，，所以，设到平面的距离为，由，即，即，
可得，
设直线与平面所成角大小为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.
19、（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析
【解析】
（Ⅰ）由an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，对分奇偶讨论，即可得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，用错位相减法求出，运用分析法证明即可.
【详解】
（Ⅰ），
当为奇数时，，又由，得，
当为偶数时，，又由a2＝3，得，
；
（Ⅱ）由（1）得，
则①
②
①-②可得：
，
，
若证明Sn，则需要证明，
又，即证明，即证，
又显然成立，故Sn得证.
【点睛】
本题主要考查了由递推公式求通项公式，错位相减法求前项和，分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，考查了学生的运算求解与逻辑推理能力.
20、（1）
（2）①，,②72
【解析】
（1）将每组数据的组中值乘以对应的频率，然后再将结果相加即可得到亮灯时长的平均数，将此平均数除以（个小时），即可得到的估计值；
（2）①利用二项分布的均值与方差的计算公式进行求解；
②先根据条件计算出的取值范围，然后根据并结合正态分布概率的对称性，求解出在满足取值范围下对应的概率.
【详解】
（1）平均时间为（分钟）
∴
（2）①∵，
∴，
②∵，，∴
∵，，
∴
∴
即最佳时间长度为72分钟.
【点睛】
本题考查根据频数分布表求解平均数、几何概型（长度模型）、二项分布的均值与方差、正态分布的概率计算，属于综合性问题，难度一般.（1）如果，则；（2）计算正态分布中的概率，一定要活用正态分布图象的对称性对应概率的对称性.
21、（1）（2）
【解析】
（1）将曲线的方程化成直角坐标方程为，当时，线段取得最小值，利用几何法求弦长即可.
（2）当点与点不重合时，设，由利用向量的数量积等于可求解，最后验证当点与点重合时也满足.
【详解】
解曲线的方程化成直角坐标方程为
即
圆心，半径，曲线为过定点的直线，
易知在圆内，
当时，
线段长最小为
当点与点不重合时，
设
，
化简得
当点与点重合时，也满足上式，
故点的轨迹方程为
【点睛】
本题考查了极坐标与普通方程的互化、直线与圆的位置关系、列方程求动点的轨迹方程，属于基础题.
22、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）直接代入再由诱导公式计算可得；
（Ⅱ）先得到，再根据利用两角差的余弦公式计算可得．
【详解】
解：（Ⅰ）
；
（Ⅱ）因为
所以，
由得，
又因为，故，所以，
所以.
【点睛】
本题考查了三角函数中的恒等变换应用，属于中档题．
亮灯时长/
频数
10
20
40
20
10