2026届安徽省黉学高级中学高三考前热身数学试卷含解析(1)

这是一份2026届安徽省黉学高级中学高三考前热身数学试卷含解析(1)，共14页。试卷主要包含了已知向量，则，已知复数满足，且，则， “且”是“”的等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．已知抛物线：（）的焦点为，为该抛物线上一点，以为圆心的圆与的准线相切于点，，则抛物线方程为（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数是上的偶函数，且当时，函数是单调递减函数，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
3．是虚数单位，则（ ）
A．1B．2C．D．
4．已知向量，则（ ）
A．∥B．⊥C．∥()D．⊥( )
5．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）
A．20B．27C．54D．64
6．已知复数满足，且，则（ ）
A．3B．C．D．
7．已知定义在上的奇函数，其导函数为，当时，恒有．则不等式的解集为（ ）．
A．B．
C．或D．或
8． “且”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
9．函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，要得到函数的图象，只需将的图象（ ）
A．向左平移个单位B．向右平移个单位
C．向左平移个单位D．向右平移个单位
10．将函数向左平移个单位，得到的图象，则满足（ ）
A．图象关于点对称，在区间上为增函数
B．函数最大值为2，图象关于点对称
C．图象关于直线对称，在上的最小值为1
D．最小正周期为，在有两个根
11．已知数列的通项公式为，将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵.记为数阵从左至右的列，从上到下的行共个数的和，则数列的前2020项和为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数为奇函数，则（ ）
A．B．1C．2D．3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数在上的最小值和最大值分别是_____________．
14．已知椭圆的下顶点为，若直线与椭圆交于不同的两点、，则当_____时，外心的横坐标最大．
15．已知是第二象限角，且，，则____.
16．已知数列的前项和公式为，则数列的通项公式为___．
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）已知椭圆（）的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆交于不同的两点，，试问在轴上是否存在定点使得直线与直线恰关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
18．（12分）已知函数（，），且对任意，都有.
（Ⅰ）用含的表达式表示；
（Ⅱ）若存在两个极值点，，且，求出的取值范围，并证明；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，判断零点的个数，并说明理由.
19．（12分）如图，四棱锥中，底面是菱形，对角线交于点为棱的中点，．求证：
（1）平面；
（2）平面平面．
20．（12分）已知函数.
（1）若曲线的切线方程为，求实数的值；
（2）若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.
21．（12分）已知函数，(其中，).
（1）求函数的最小值.
（2）若，求证：.
22．（10分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
求C；
若，求，的面积
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】
根据抛物线方程求得点的坐标，根据轴、列方程，解方程求得的值.
【详解】
不妨设在第一象限，由于在抛物线上，所以，由于以为圆心的圆与的准线相切于点，根据抛物线的定义可知，、轴，且.由于，所以直线的倾斜角为，所以，解得，或（由于，故舍去）.所以抛物线的方程为.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查抛物线的定义，考查直线的斜率，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
2、D
【解析】
利用对数函数的单调性可得，再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.
【详解】
因为，，
故.
又，故.
因为当时，函数是单调递减函数，
所以.
因为为偶函数，故，
所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用，比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系，本题属于中档题.
3、C
【解析】
由复数除法的运算法则求出，再由模长公式，即可求解.
【详解】
由.
故选:C.
【点睛】
本题考查复数的除法和模，属于基础题.
4、D
【解析】
由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，得出结论.
【详解】
∵向量（1，﹣2），（3，﹣1），∴和的坐标对应不成比例，故、不平行，故排除A；
显然，•3+2≠0，故、不垂直，故排除B；
∴（﹣2，﹣1），显然，和的坐标对应不成比例，故和不平行，故排除C；
∴•（）＝﹣2+2＝0，故 ⊥（），故D正确，
故选：D.
【点睛】
本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，属于基础题.
5、B
【解析】
设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。
【详解】
设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，
设落在小正方形内的米粒数大约为，
则，解得：
故选：B
【点睛】
本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。
6、C
【解析】
设,则,利用和求得,即可.
【详解】
设,则,
因为,则,所以,
又,即,所以,
所以,
故选:C
【点睛】
本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.
7、D
【解析】
先通过得到原函数为增函数且为偶函数，再利用到轴距离求解不等式即可.
【详解】
构造函数，
则
由题可知，所以在时为增函数；
由为奇函数，为奇函数，所以为偶函数；
又，即
即
又为开口向上的偶函数
所以，解得或
故选：D
【点睛】
此题考查根据导函数构造原函数，偶函数解不等式等知识点，属于较难题目.
8、A
【解析】
画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断.
【详解】
如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形，
记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q，
显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件，
故选:.
【点睛】
本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.
9、A
【解析】
依题意有的周期为.而，故应左移.
10、C
【解析】
由辅助角公式化简三角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.
【详解】
函数，
则，
将向左平移个单位，
可得，
由正弦函数的性质可知，的对称中心满足，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；
对于C，的对称轴满足，解得，所以图象关于直线对称；当时，，由正弦函数性质可知，所以在上的最小值为1，所以C正确；
对于D，最小正周期为，当，，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；
综上可知，正确的为C，
故选：C.
【点睛】
本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.
11、D
【解析】
由题意，设每一行的和为，可得，继而可求解，表示，裂项相消即可求解.
【详解】
由题意，设每一行的和为
故
因此：
故
故选：D
【点睛】
本题考查了等差数列型数阵的求和，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
12、B
【解析】
根据整体的奇偶性和部分的奇偶性，判断出的值.
【详解】
依题意是奇函数.而为奇函数，为偶函数，所以为偶函数，故，也即，化简得，所以.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数值，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
求导，研究函数单调性，分析，即得解
【详解】
由题意得，，
令，解得，
令，解得.
在上递减，在递增．
，
而，
故在区间上的最小值和最大值分别是．
故答案为：
【点睛】
本题考查了导数在函数最值的求解中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题
14、
【解析】
由已知可得、的坐标，求得的垂直平分线方程，联立已知直线方程与椭圆方程，求得的垂直平分线方程，两垂直平分线方程联立求得外心的横坐标，再由导数求最值．
【详解】
如图，
由已知条件可知，不妨设，则外心在的垂直平分线上，
即在直线，也就是在直线上，
联立，得或，
的中点坐标为，
则的垂直平分线方程为，
把代入上式，得，
令，则，
由，得（舍）或．
当时，，当时，.
当时，函数取极大值，亦为最大值．
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用导数求最值，是中等题．
15、
【解析】
由是第二象限角，且，可得，由及两角和的正切公式可得的值.
【详解】
解：由是第二象限角，且，可得，，
由，可得，代入，
可得，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式，相对不难，注意运算的准确性.
16、
【解析】
由题意，根据数列的通项与前n项和之间的关系，即可求得数列的通项公式．
【详解】
由题意，可知当时，；
当时，.
又因为不满足，所以.
【点睛】
本题主要考查了利用数列的通项与前n项和之间的关系求解数列的通项公式，其中解答中熟记数列的通项与前n项和之间的关系，合理准确推导是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，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)见解析
【解析】
（1）由题得a,b,c的方程组求解即可（2）直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数，即，整理.设直线的方程为，与椭圆联立，将韦达定理代入整理即可.
【详解】
(1)由题意可得，，又，
解得，.
所以，椭圆的方程为
(2)存在定点，满足直线与直线恰关于轴对称.
设直线的方程为，与椭圆联立，整理得，.
设，，定点.(依题意
则由韦达定理可得，，.
直线与直线恰关于轴对称，等价于的斜率互为相反数.
所以，，即得.
又，，
所以，，整理得，.
从而可得，，
即，
所以，当，即时，直线与直线恰关于轴对称成立. 特别地，当直线为轴时，也符合题意. 综上所述，存在轴上的定点，满足直线与直线恰关于轴对称.
【点睛】
本题考查椭圆方程，直线与椭圆位置关系，熟记椭圆方程简单性质，熟练转化题目条件，准确计算是关键，是中档题.
18、（1）（2）见解析（3）见解析
【解析】
试题分析：利用赋值法求出关系，求函数导数，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数.
试题解析：（Ⅰ）根据题意：令，可得，
所以，
经验证，可得当时，对任意，都有，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，且，
所以 ，
令，要使存在两个极值点，，则须有有两个不相等的正数根，所以
或
解得或无解，所以的取值范围，可得，
由题意知 ，
令 ，则 ．
而当时， ，即，
所以在上单调递减，
所以

即时，．
（Ⅲ）因为 ，．
令得，．
由（Ⅱ）知时，的对称轴，，，所以.
又，可得，此时，在上单调递减，上单调递增，上单调递减，所以 最多只有三个不同的零点．
又因为，所以在上递增，即时，恒成立．
根据（2）可知且，所以，即，所以，使得．
由，得，又，，
所以恰有三个不同的零点：，1，．
综上所述，恰有三个不同的零点．
【点睛】利用赋值法求出关系，利用函数导数，研究函数的单调性，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，利用函数的导数研究函数的单调性、极值，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数是近年高考压轴题的热点.
19、（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
(1) 连结根据中位线的性质证明即可.
(2) 证明,再证明平面即可.
【详解】
解：证明：连结
是菱形对角线的交点,
为的中点,
是棱的中点,
平面平面
平面
解：在菱形中,且为的中点,
,
,
平面
平面,
平面平面．
【点睛】
本题主要考查了线面平行与垂直的判定,属于基础题.
20、（1）；（2）或
【解析】
（1）根据解析式求得导函数，设切点坐标为，结合导数的几何意义可得方程，构造函数，并求得，由导函数求得有最小值，进而可知由唯一零点，即可代入求得的值；
（2）将解析式代入，结合零点定义化简并分离参数得，构造函数，根据题意可知直线与曲线有两个交点；求得并令求得极值点，列出表格判断的单调性与极值，即可确定与有两个交点时的取值范围.
【详解】
（1）依题意，，，
设切点为，，
故，
故，则；
令，，
故当时，，
当时，，
故当时，函数有最小值，
由于，故有唯一实数根0，
即，则；
（2）由，得.
所以“在区间上有两个零点”等价于“直线与曲线在有两个交点”；
由于.
由，解得，.
当变化时，与的变化情况如下表所示：
所以在，上单调递减，在上单调递增.
又因为，，
，，
故当或时，直线与曲线在上有两个交点，
即当或时，函数在区间上有两个零点.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义应用，由切线方程求参数值，构造函数法求参数的取值范围，函数零点的意义及综合应用，属于难题.
21、（1）.（2）答案见解析
【解析】
（1）利用绝对值不等式的性质即可求得最小值；
（2）利用分析法，只需证明，两边平方后结合即可得证.
【详解】
（1），当且仅当时取等号，
∴的最小值；
（2）证明：依题意，，
要证，即证，即证，即证，即证，又可知，成立，故原不等式成立.
【点睛】
本题考查用绝对值三角不等式求最值，考查用分析法证明不等式，在不等式不易证明时，可通过执果索因的方法寻找结论成立的充分条件，完成证明，这就是分析法．
22、 (1)．(2)．
【解析】
由已知利用正弦定理，同角三角函数基本关系式可求，结合范围，可求，由已知利用二倍角的余弦函数公式可得，结合范围，可求A，根据三角形的内角和定理即可解得C的值．
由及正弦定理可得b的值，根据两角和的正弦函数公式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】
由已知可得，
又由正弦定理，可得，即，
，
，
，即，
又，
，或舍去，可得，
．
，，，
由正弦定理，可得，
，
．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的余弦函数公式，三角形的内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
3
0
+
0
极小值
极大值