安徽芜湖市2026届高中毕业班教学质量统测数学试题（含解析）高考模拟

这是一份安徽芜湖市2026届高中毕业班教学质量统测数学试题（含解析）高考模拟，共9页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卷交回， 在平行四边形中，，设，则， 已知，则不等式的解集为， 关于的方程，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卷和试题卷上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卷上对应题目的答案选项涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项.作答非选择题时，将答案写在答题卷上对应区域，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卷交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，得，则.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由表示所有偶数组成的集合，而，
则.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式进行求解.
【详解】由诱导公式得.
故选：C
4. 在平行四边形中，，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意，.
5. 已知，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为函数在上均为增函数，
则在上为增函数，
由，得，即，
则不等式的解集为.
6. 已知随机变量服从正态分布，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据随机变量期望及方差的性质计算求解
【详解】因为随机变量服从正态分布，所以，，
由随机变量期望与方差的性质得，
7. 有公共焦点的抛物线与椭圆相交于两点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得出的位置关系，利用已知条件求出相应的点，代入方程中建立关于的方程，解齐次方程，再由椭圆的离心率范围求解即可.
【详解】因为为抛物线与椭圆的公共焦点，且抛物线与椭圆相交于两点，
由抛物线和椭圆对称性以及可知，轴，
设点在第一象限，如图所示：
令，此时有，
又抛物线的焦点为，所以，
所以抛物线方程为，
因为点在抛物线上，所以，所以，
即点，又点在椭圆上，
所以，
又，所以，所以
即，又，所以，
令 ，则，解得（舍去）或，
即，
又，所以.
8. 在锐角中，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理结合三角形的性质可判断A；结合和差化积公式判断BCD.
【详解】在锐角中，，则，
即，.
对于A，由，根据正弦定理可得，故A错误；
对于B，，故B正确，
对于C，
，
其中，由于的大小关系不定，的符号不定，从而导致不等式不恒成立，故C错误；
对于D，，
其中，由于的大小关系不定，的符号不定，从而导致不等式不恒成立，故D错误.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 若，且，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】假设，因为，所以，则，
与矛盾，假设不成立，所以，选项A正确；
注意到，当，，满足条件，选项B错误；
假设，因为，所以，则，
与矛盾，假设不成立，所以，
因为，所以，选项C正确；
因为，
注意到当，，时，，即，选项D错误.
10. 关于的方程，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，方程有两个根
B. 当方程有两个根时，
C. 当时，方程有三个根
D. 当方程在区间上有三个根时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，解方程即可判断；对于BCD，结合图象及导数的几何意义求解判断即可.
【详解】对于A，当时，方程为，则，即或，故A正确；
对于B，由于函数为过定点的直线，
当时，设，如图，
设与相切于点，
当时，，则，则，即，
则时，函数与有两个交点，则方程有两个根，故B错误；
对于C，由B知，当时，函数与有3个交点，
则方程有三个根，故C正确；
对于D，要使方程在区间上有三个根，则，
且，即，则，故D正确.
11. 在棱长为的正四面体中，分别为棱的中点，在空间中，，记点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 若线段的中点为，则
B. 曲线是一个圆
C. 曲线上不存在点，使得平面
D. 曲线上点到平面距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先将正四面体还原成正方体，再建立空间直角坐标系，然后分别求选项所要求的内容.
【详解】先将正四面体放入正方体中，并建立如图所示的空间直角坐标系
因为正四面体的棱长为，所以正方体的棱长为，
，，，，
是的中点，所以，同理，，
， ，
，
所以，A正确；
设，所以，，，
由题意，
化简得，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，B正确；
过作平面的平行平面，与有两个交点，分别为和，
当为时，，
此时，所以，
因为平面，平面，所以平面，C错误；
，，，
设平面的法向量，
，解得
所以点到平面的距离为，
因为，所以，
因为，所以，
，，
，
所以点到平面的最大距离为，D正确.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 等比数列的前项和为，满足，，则公比__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为，则，
故等比数列的公比为.
13. 已知是定义在上的奇函数，且为偶函数，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】由题设可得，，，进而得到，进而代值求解即可.
【详解】由是定义在上的奇函数，得，
由为偶函数，得，
则，即，
则，
由，可得，即.
14. 已知集合共有个三元子集.任意一个三元子集，定义.则__________.
【答案】660
【解析】
【分析】结合分步乘法计数原理分析可得在三元子集中，出现的次数为，进而求解即可.
【详解】对于集合中的元素，要使在三元子集中，
则可以从1到这个元素中任选1个，
可以从到10这个元素中任选1个，
根据分步乘法计数原理，
作为三元子集的中间数出现的次数为
则.
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. 已知图象的最高点为.
（1）求的解析式；
（2）的正零点从小到大记为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由题意知，且，
，即，
，则.
【小问2详解】
令，得，
，则，
.
16. 某景区在五一劳动节期间开展“致敬最美劳动者”主题游园活动，天的人园游客量统计数据如下：
（1）由数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数（保留小数点后两位），并推断相关程度的强弱；
（2）求经验回归方程以及表中第个观测的残差；（观测值减去预测值称为残差）
（3）该景区在活动期间设置个打卡通道，记为通道①、通道②、通道③，游客人园时选择通道①、②、③的概率依次为、、；游客离园时，从原先入园通道离园的概率为，从另两个通道离园的概率均为，求游客从通道①离园的概率.
附：参考公式：相关系数；回归直线方程，其中，；
参考数据：，，，.
【答案】（1），相关程度很强
（2），残差为百人
（3）
【解析】
【分析】（1）求出、的值，利用公式求出相关系数的值，即可得出结论；
（2）利用最小二乘法公式求出、的值，可得出回归直线方程，将代入回归直线方程，结合残差的概念求解即可；
（3）记从通道入园的事件为，从通道离园的事件为，结合全概率公式求解即可.
【小问1详解】
由表格中的数据可得，，
则，
由相关系数，可以推断入园游客量与活动开展第天相关程度很强.
【小问2详解】
，，
故经验回归方程为.
对于表中第个观测，入园游客量为（百人），
预测值为（百人），残差为（百人）
【小问3详解】
记从通道入园的事件为，从通道离园的事件为，
由题意可得，，，，
.
17. 在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点.
（1）求该正方体被平面所截得的截面面积；
（2）求证：平面；
（3）点在线段上运动，设平面与平面所成夹角为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，连接，先证明，可得四边形为截面，进而求解即可；
（2）取的中点，连接，先证明，，进而求证即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
取的中点为，连接，
因为分别为棱的中点，所以，
则四边形为截面，且，
则梯形的高为，
所以.
【小问2详解】
取的中点，连接，
因为为的中点，所以，易得，
在正方体中，，
因为平面，所以平面，
又平面，所以.
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
【小问3详解】
建立以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图所示，
则，其中，
所以，
设平面DMP的法向量为，
则
令，则，
又∵平面的法向量为，
，
∴当时，取得最大值为.
18. 已知.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）若有极值点，求的取值范围；
（3）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）当时，求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可得，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，分析可知直线与函数的图象有交点，数形结合可得出实数的取值范围；
（3）对实数进行分类讨论，当时，可知时，，不符合题意；当时，直接验证即可；当时，由参变分离可得，构造函数，其中，利用导数求出函数的最大值，综合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，，
故当时，在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
函数的定义域为，，
由，可得，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，则，
故当时，直线与函数的图象有交点，设其交点横坐标为，如下图所示：
由图可知，当时，，
当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取得极小值，所以，实数的取值范围是.
【小问3详解】
当时，时，，不符合题意；
当时，，满足题意；
当时，由，可得，
构造函数，其中，则，
令，其中，则，
所以函数在上为减函数，且，
当时，，即，
当时，，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
19. 已知直线与，直线与、分别交于、两点，为坐标原点，的面积为.
（1）当直线为的切线时，求的最小值；
（2）若，点为线段的中点，
（i）求动点的轨迹的方程；
（ii）当直线与轨迹仅有三个公共点、、时，是否存在最大值？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）存在，且的最大值为
【解析】
【分析】（1）设点为圆上一点，先求出切线的方程为，求出点、的坐标，分析可知，利用三角形的面积公式可求得的最小值；
（2）（i）法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出点、、的横坐标，结合并消去参数、可得出曲线的方程；法二：设，，设点，对点、的位置进行分类讨论，求出点的坐标，结合并消去参数、，可得出曲线的方程；
（ii）将直线的方程与曲线的方程联立，结合韦达定理可得出为、的中点，通过弦长公式与韦达定理计算可得，设，，，利用平面向量数量积的运算可得，化简得出，再利用基本不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
设点为圆上一点，则（*），
当时，，所以直线的斜率为，
则直线的方程为，即，
当时，切线的方程为或，符合；
当时，切线的方程为或，符合.
综上所述，切线的方程为，
因为直线与、分别交于、两点，则且，
联立得，即，进而得，
联立可得，即，进而得，
易知，所以，
易知，则，
又因为，所以，所以，
则（当或时均可取），所以的最小值为.
【小问2详解】
（i）方法一：若直线斜率存在，设直线的方程为，
联立可得，联立可得，
设点，所以①，②，
又，
也即，则有③，
联立①②③消去参数与得，
若直线的斜率不存在，易得也满足，
综上：轨迹的方程为；
方法二：设，，
当、在轴左侧时，则、，设点，
由题意知，则，
由中点坐标公式可得，，
解得，所以，整理可得；
当点、都在轴左侧时，同理可得点的轨迹方程为；
当点、都在轴的上方时，同理可得点的轨迹方程为；
当点、都在轴的下方时，同理可得点的轨迹方程为.
综上所以，点的轨迹方程为.
（ii）由题意可知直线与轨迹中的焦点在轴上的双曲线切于点，亦为点，
联立得，
则，可得.
直线与焦点在轴上的双曲线交于、两点，
联立可得，
则，
由韦达定理可得，，所以，
所以，
由（i）可得，则，
所以，
再由可得，，
在中，设，则，，
在中，设，，，
因为为的中点，所以，，
所以，
所以，即，整理可得，
由余弦定理额可得
，
当且仅当时，取最大值.活动开展第天
人园游客量（百人）