安徽省合肥市2026届高三三模考试数学试卷含解析（word版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知集合，集合，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，，
则.
2. 已知单位向量满足，则与的夹角为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
解得，又因为，所以.
3.已知等差数列的前项和为，，则
A. 10B. 15C. 20D. 25
【答案】B
【解析】在等差数列中，，所以 .
4.已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，是上一点，是坐标原点，则
A. B. 6C. D. 3
【答案】A
【解析】由抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，得，则
由是上一点，得，点，所以.
5.函数的最小正周期是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，
所以函数的最小正周期是.
6.已知函数y=f(x)的图象是连续不间断的，有如下对应表：
那函数f(x)在区间[1，6]上的零点个数是
A. 只有2个B. 至多3个C. 只有3个D. 至少3个
【答案】D
【解析】因为函数的图象是连续不间断的,且
所以根据零点存在性定理,函数在区间上至少存在一个零点；
同理，由,得函数在区间上至少存在一个零点；
由,得函数在区间上至少存在一个零点.
但不能判断函数在其它区间上是否有零点.
因此，函数在区间上至少存在3个零点.
7.一个底面半径为的圆柱形水槽中装有适量的水，现放入一个木球后，水面上升且无溢出，若木球体积的三分之二在水中，三分之一在水上，那么木球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设水上升的体积为，，
设木球浸入水中的体积为，，由列方程：，解得.
8.已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】构造函数，则.
，
即在上单调递减.
故有，即，
即①.
对于A：由①式可知，即，因此无法判断，故A错误；
对于B、C：由①式可知，即，故无法判断，故B错误，C正确；
对于D：由①式可知，即，故D错误.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.已知复数z满足，则
A. 为纯虚数B. 对应的点在第四象限
C. D. 和是方程的两个根
【答案】BC
【解析】因为，所以，
对于A，显然不是纯虚数，A不正确；
对于B，，对应的点在第四象限，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，所以和不是方程的根, D不正确.
10.从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是
A. 2个球都是白球的概率为B. 2个球都不是白球的概率为
C. 2个球不都是白球的概率为D. 2个球恰好有一个球是白球的概率为
【答案】ACD
【解析】设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球；
对A：，故A正确；
对B：，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：.
11.已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是
A. 若平面，且，则的最小值为
B. 若，且，则的最小值为
C. 若，则的最小值为
D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A选项，过点作交于点，过点作交于点，连接，
因为，平面，所以平面，同理可证平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
当时，平面，则平面，故点的轨迹为线段，
因为，所以，则，同理可得，
又因为，，则是边长为的等边三角形，
当点为的中点时，，此时的长取最小值，
此时，A对；
对于B选项，如下图所示，连接、，
易知、都是边长为的等边三角形，且为的中点，
所以，，
又因为、平面，，所以平面，
当时，平面，则，故点的轨迹为线段，
由勾股定理可得，同理可得，
故当为的中点时，，此时的长取最小值，且，B对；
对于C选项，过点作分别交、于点、，连接、、，
因为为正的中心，则，因为，则，
因为三棱锥为正四面体，则平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
当时，则平面，所以，故点的轨迹为线段，
延长交于点，则为的中点，因为为正的中心，则，
因为，所以，故，
由余弦定理可得，
故，同理可得，
由余弦定理可得，
所以，
当时，的长取最小值，此时，
故长的最小值为，C错；
对于D选项，如下图所示：
延长交线段于点，则点为线段的中点，
因为、均为等边三角形，所以，，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
故点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，
因为平面，平面，所以，
易知，
，
设点关于直线、的对称点分别为、，
由对称性可知，，，
所以 ，
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，
由余弦定理可得，
故，
由对称性知，，
所以，
当且仅当、为线段分别与线段、的交点时，等号成立，
故的最小值为，D对.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.多项式的展开式的各二项式系数的和等于________.
【答案】32
【解析】多项式的展开式的各二项式系数的和等于 .
13.已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则_______.
【答案】
【解析】由题意知，直线AB斜率一定不为零，故设过点的直线方程为，
交点，，联立直线与抛物线方程可得，
整理得，由韦达定理得，
，
而，
所以，解得 .
14.已知实数，满足，，则________.
【答案】4
【解析】由，得，
所以，
即，
即；
令，则，.
又是上的单调递增函数，所以.
所以 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
15.记的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长 .
【解析】(1)由，
有，即，
，，
， .
(2) 由（1）的结论有，
又，，
由三角形面积公式有
，，
在中，由余弦定理有
，，
的周长 .
16.已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求；
（2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围.
【解析】(1)已知，求导得.
曲线在点处的切线方程为，切线斜率，且.
代入计算：，.
故， .
(2)由（1）得，则.
求导得.
因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，，求导得.
因为时，，所以，即在上单调递增.
因此.
故，即的取值范围为 .
17.已知双曲线的左､右焦点分别为，点为双曲线上一动点.
（1）若斜率为1的直线过点，且与双曲线交于两点，求的面积；
（2）设直线过原点，且与双曲线交于两点.若直线的斜率分别为，求证：为定值.
【解析】
(1) 如图所示，由题可知：，，所以，所以，，
不妨设，则联立方程：，解得：，所以，，
则 ，所以
由弦长公式可得：，
点到直线距离为：
则 .
(2)如图所示，不妨设，，，则，
则，，所以，
点和均在双曲线上，所以，，
解得：，，
所以 ，即：为定值3 .
18.在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动点满足.
（1）当时，证明：；
（2）当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积；
（3）动点在所在平面内，和均为锐角，且，设平面和平面的夹角为，求的最大值.
【解析】 (1) 当时，取的中点为N，连接，
由已知可知， ，
又因为 平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
(2)设的中心分别为，连接，
由已知可知球心在线段上，
设，则，
所以，
所以，又因为时，，即，
故，
所以球的表面积；
(3) 如图，取的中点，连接，则.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设，由，得
化简得，
由和均为锐角，得.
设平面的法向量为，
由
得取，得，
故平面的一个法向量为.
设平面的法向量为.
得，取，得，
故平面的一个法向量为.
则
，
令，则，
所以.
由函数单调递增，
所以当时，取最大值，最大值为.
19.在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处.
（1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率；
（2）记第n秒末点M回到原点的概率为.
（i）求，并利用公式求；
（ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的.
【解析】 (1)记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，
由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种，
其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点这四种情况.
则，
故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为.
(2)（i）点M在第4秒末回到原点，有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种，
左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种，
所以；
若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等，
设左右各移动次，则上下各移动次，
所以
，
（ii）由可知：
，
则，
所以，
令，则，
即函数在上单调递减，
所以，即，则，
所以，，
记为不超过x的最大整数，
则对任意的实数，当时，，即，
综上，当时，成立，所以点M是常返的 .x
1
2
3
4
5
6
y
122.5
21.4
-7.4
4.5
-53.1
-125.5