2026年安徽皖江名校联盟高三下学期5月模拟预测数学试题（附答案解析）

这是一份2026年安徽皖江名校联盟高三下学期5月模拟预测数学试题（附答案解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知焦点在轴上的椭圆的离心率，则（ ）
A．4B．C．2D．
3．已知直线是函数图象的一条对称轴，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
5．已知一组样本数据，，，，，的平均数为20，方差为16，另一组样本数据，，，的平均数为，方差为16，由两组数据构成的新样本数据，，，，，，，，，的平均数为24，方差为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
6．已知，且，则（ ）
A．3B．C．D．-3
7．“函数在区间上单调递增”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．工厂生产都会面临原料存贮的问题，存贮量过多会导致占用资金过多、仓储费用过高，而存贮量太少会导致存贮批次增多，订货费用增加（订货费不包括购买原料的费用，仅包括进货过程中产生的人力和运输成本）．因此需要决定多长时间订购一次，使每天所需平均成本费用（不包括购买原料费用）最少．设时间以天为单位，工厂对某原料的消耗是连续且均匀的，每天原料需求量为吨，每次订货费为元，每天每吨原料贮存费为元，当贮存量降到0时订货可立即送达，订货费、贮存费和需求量均为已知常数．在上述条件下，设一个订货周期为即每天订一次货），则每次订货量为，根据经济学的相关结论可知，一个订货周期内需要支付贮存费的货物贮存量为，所以一个订货周期的贮存费为，要使每天所需平均成本费用最低，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，的定义域为，为偶函数且，，若，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知正四棱台侧面与底面夹角为，，分别是，的中点，则（ ）
A．与是异面直线
B．平面平面
C．侧棱与底面的夹角正弦值为
D．若存在球与该正四棱台每个面都相切，则
三、填空题
12．已知，，三点共线，则__________．
13．已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，若准线上的点到直线的距离为，则__________．
14．已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________．
四、解答题
15．在中，角，，的对边分别为，，，且满足．
(1)求角的大小；
(2)若，求面积的最大值．
16．如图1，已知的边长分别为，，，为上的高．
(1)如图2，将绕旋转至，使．证明：平面平面；
(2)如图3，为中点，将绕旋转至，使．求三棱锥的体积．
17．已知函数，．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若，恒成立，求实数．
18．已知双曲线的一条渐近线过点．
(1)求的离心率；
(2)直线过点，与以线段为直径的圆另交于点，与交于两个不同的点，，为中点，记，倾斜角分别为，，证明：
（i）；
（ii）．
19．将坐标平面上横坐标和纵坐标都是整数的点叫作格点．格点按照以下规则移动：①最初点在原点处；②点每一秒钟移动一次，若某个时刻点在格点处，则1秒钟之后点随机移动到相邻的格点，，，之一处，且点移动到其中每个格点处的概率相等．
(1)设点，记x+y=ξ，求点移动2秒钟后的期望；
(2)求点移动4秒钟后回到原点的概率；
(3)求点移动（且）秒钟后落在直线上的概率（用含的式子表示）．
《安徽皖江名校联盟2026届高三下学期5月模拟预测数学试题》参考答案
1．D
【分析】根据交集的知识求得正确答案.
【详解】依题意，，，
所以.
2．C
【分析】根据离心率建立等量关系即可求出.
【详解】解：由题知椭圆焦点在轴上，所以，
因为，所以，即，
解得，所以.
3．C
【详解】令，得；
是函数的一条对称轴，
，解得；
，当时，取得最小值，最小值为.
4．A
【分析】利用导数求出切线斜率，再结合直线的点斜式方程可得切线方程.
【详解】，则，
，所以切线方程为，化简可得，
即函数的图象在点处的切线方程为.
5．C
【详解】∵，，
∴，则；
则新的样本数据的方差为，
故，.
6．A
【分析】根据余弦差公式和正弦和公式展开已知等式，结合，转化为正切关系，最后根据正切和公式得到答案.
【详解】由已知，可得：，
因为存在，所以，
将上式两边同时除以可得，
代入，得：，
根据正切和公式，
代入和：.
7．B
【分析】根据对数函数的单调性，结合复合函数单调性的性质、充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】二次函数的对称轴为，
函数在区间上单调递增，则，解得，
由可得，但是由得不到，
所以函数在区间上单调递增是的必要不充分条件.
8．D
【详解】因为贮存费为，且订货费为，所以总费用为，易知每天所需平均成本费用为.
设，.
令，解得.
又因为，单调递减，，单调递增.
所以时最小.
9．BC
【分析】根据共轭复数的定义判断选项；根据复数的乘法运算判断选项；利用复数的加减运算及模长公式判断选项和选项.
【详解】解：选项，由，则，所以错误；
选项，由，则，所以正确；
选项，由，则，所以正确；
选项，由，则，所以错误.
10．BCD
【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由为偶函数，得.
对作变量代换，得，因此，.
将代入上式，得，
结合，得，
进而，，即的最小正周期为；
由，可得的最小正周期也为.
对于选项A：由，令，得，故A错误.
对于选项B：由，令，得，故B正确.
对于选项C：由，令，得，故C正确.
对于选项D：由周期为，得，故D正确.
11．ACD
【详解】显然A正确；B错误（因为与不一定平行）．
如图，设平面于上的点，于点，
不妨设，则， 侧面与底面所成夹角的平面角，
故，， 所以，C正确；
对于选项D，先将问题转化为平面几何问题： 记上下底面中心分别为，
过且垂直于的平面截该棱台得一等腰梯形，其一半为如图所示直角梯形，且．
若存在球与该正四棱台每个面都相切，不妨记该内切球球心为，半径为，
由题意知，， 即，解得，D正确．
12．12
【详解】因为，，三点共线，
则与共线，
所以，所以.
13．8
【分析】先由准线上的点确定抛物线参数，利用点到直线距离求出直线斜率，联立方程结合韦达定理与焦点弦长公式求解弦长.
【详解】由抛物线的准线方程为，
点在准线上，得，解得.
因此，抛物线方程为，焦点.
当直线斜率不存在时，
直线方程为，点到直线的距离为，
与题设距离矛盾，故直线斜率存在.
设直线的方程为，整理为，
由点到直线的距离公式得，化简得，即，
两边平方后整理得，解得.
联立，消去得，，
设，，由韦达定理得，
由抛物线焦点弦长公式得.
14．35
【分析】根据可得，由累加法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得进而可求解.
【详解】由，得，由累加法，当时，
，
当时，，
因此，
即得，当时，，故，
由得，所以，
所以，
所以，
即，令，
则，
因为，所以，所以数列为递增数列，
当时，，所以，
综上可知，，故满足条件的正整数的所有可能取值的个数为.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理角化边，再根据余弦定理求角；
（2）根据（1）和余弦定理可得 ，再利用三角形的面积公式和基本不等式求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理，得
，整理得，
由余弦定理，得，
又，所以．
（2）由（1）及余弦定理知，，
故S△ABC=12absinC≤334，当且仅当时等号成立，
即面积的最大值为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在中由余弦定理求得，进而求得，故，由勾股定理可得，由线面垂直的性质定理可得，进而可证平面，由面面垂直的判定定理得证；
（2）以，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，根据 ，，列方程求得点的坐标，利用向量法求出到平面的距离，再根据三棱锥等体积转换求得答案.
【详解】（1）由余弦定理得，
因为为三角形内角，所以，
因为，所以，故.
因为，所以，，
又平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，故，即，
，是平面内两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）以，所在直线分别为轴、轴，建立如图空间直角坐标系，
由题意可知，，，
设，由 ，，
得，解得，，，
即，
易知平面的一个法向量为，，
故到平面的距离为，又，
所以三棱锥的体积.
17．(1)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）求导根据导数的正负判断单调性与极值；
（2）由（1）及零点存在定理可得当时，恒成立；再通过导数的正负判断单调性，得的极小值为，继而按、、及分类分析判断的符号，最终得到答案.
【详解】（1）依题意，函数的定义域为，导函数，
令，因为，所以是增函数
又，
故当时， ，单调递减；当时，，单调递增.
即的单调递减区间为，单调递增区间为．
当时，函数取极小值，且极小值为．
（2）因为，，，
所以由（1）及零点存在定理知，
，，使，，即，．
故
且当时，，即ex−2>x，即，
从而 ，
当时，，即 ex−2