安徽省合肥市庐江中学2025-2026学年高三上学期调研考试（一）数学试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页安徽省合肥市庐江中学2025-2026学年高三上学期调研考试（一）数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．复数z满足，则z的虚部为（

）A． B． C．2 D．2．已知集合，，则（）A． B． C． D．3．已知函数，则“，”是“的图像关于点对称”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4．定义在上的奇函数满足，.当时，，则（

）A． B． C．0 D．15．如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若，则（

）A． B． C． D．6．已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（

）A．1 B．2 C．3 D．47．若，，，则正数大小关系是（）A． B．C． D．8．已知双曲线与平行于轴的动直线交于两点，点在点左侧，为双曲线的左焦点，延长至点，使，连接交轴于点，若，则该双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．3二、多选题9．如图，在正方体中，E、F分别是的中点.下列结论正确的是（

）A．EF与垂直 B．与平面C．平面 D．EF与所成的角为10．设O为坐标原点，直线l过抛物线C：的焦点F且与C交于A，B两点（点A在第一象限），，l为C的准线，，垂足为M，，则下列说法正确的是（

）A．B．的最小值为C．若，则D．x轴上存在一点N，使为定值11．在中，，，D为边BC的中点，则（

）A． B． C． D．最大时，三、填空题12．已知，直线与曲线相切，则的最小值是．13．已知等比数列为严格增数列，其前项和为若，，则该数列的公比为．14．设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望=.四、解答题15．已知函数．(1)求函数的极值；(2)求不等式的解集．16．在数列中，，．(1)证明：数列是等差数列并求数列的通项公式．(2)若，求数列的前n项和．17．如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，．(1)求证：平面⊥平面；(2)若，点P满足，求直线与所成角的余弦值．18．已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，.(1)求椭圆的方程；(2)若为圆上任意一点，求的最小值；(3)已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程.19．随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为例如在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处.(1)设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望；(2)记第秒末粒子回到原点的概率为.（i）已知求以及；（ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知证明：该粒子是常返的.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《安徽省合肥市庐江中学2025-2026学年高三上学期调研考试（一）数学试卷》参考答案题号12345678910答案BCADCBBCABCABD题号11答案BCD1．B【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解.【详解】由复数，所以复数的虚部为.故选：B.2．C【分析】首先求出集合A，再由补集的概念求即可.【详解】由题意得，又因为，所以，故选：C.3．A【分析】由整体代入法求得的对称中心，即可判断；【详解】解：，令，即，，即的对称中心，，，”是“的图象关于点对称的”充分不必要条件，故选：A4．D【分析】由可得，再结合奇函数的定义和周期的定义可得函数的周期，然后利用周期化简，从而可求得结果.【详解】由，得，即，因为为奇函数，所以，所以，所以所以的周期，所以.因为为上的奇函数，所以，因为当时，，所以，由，当时，所以.故选：D.5．C【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用三角函数的知识可求得坐标，由向量的坐标运算可构造方程组求得的值，进而得到结果.【详解】以为坐标原点可建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，，又，，又与的夹角为，，，又，，，，解得：，.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量基本定理的相关问题的求解，解题关键是能够建立起平面直角坐标系，将问题转化为平面向量的坐标运算来进行求解.6．B【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据弦长求出圆心到弦MN的距离，进而确定点的轨迹，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值.【详解】已知圆的方程为，将其配方可得.可知该圆的圆心坐标为，半径.因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知.已知，则.在中，根据勾股定理.所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为：.因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即故选：B.7．B【分析】将问题转化为函数与函数的交点的横坐标，再数形结合即可判断.【详解】由，则为与交点的横坐标，由，则为与交点的横坐标，由，即，则为与交点的横坐标，作出，，，的图象如下所示，由图可知，.故选：B8．C【分析】利用直线平行于轴，可得三角形相似，得出，再利用已知条件中的线段的关系进行转化列出等式，化简即可求解.【详解】根据题意设，，，其中，则，，，直线平行于轴，，，，，，即，点在双曲线上，，，.故选：C.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于利用直线平行于轴，得到，从而得到，设，，，求出，，，化简并结合双曲线定义，即可求解.9．ABC【分析】连接，运用中位线定理推出，结合线面平行和垂直的判定定理和性质定理，分析判断可得A、B、C正确；再由异面直线所成的角的概念判断可得D错误．【详解】对A：连接，，则交于，又为中点，可得，由平面，平面，可得，故，又，所以，故A正确；对B：连接，，由正方体性质可知平面，可得平面，故B正确；对C：由，平面，平面，故平面，故C正确；对D：与所成角就是，连接，由正方体性质可知，即为等边三角形，故，即与所成的角为，故D错误；故选：ABC.10．ABD【分析】对于A项，利用过焦点的弦长最短时是通径的结论即得；对于B项，利用抛物线上点的性质进行转化再结合图象，三点共线时，对应线段和最小即得；对于C项，由条件推理得点A的坐标，得到直线的方程，与抛物线方程联立求得两点即得；对于D项，设出直线的方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，将所求式代入化简，分析推理即得.【详解】如图，对于A项，因直线经过点,故当且仅当为通径时，最短，即，即，故A项正确；对于B项，由抛物线定义知，故，由图知，当且仅当三点共线时，取得最小值，即,故B项正确；对于C项，因,在中，由可得：,即得点，于是代入中，整理得：，解得：，即得，故,即C项错误；对于D项，设直线，代入中，整理得：，设，则得：，设在x轴上存在一点，则，故当时，，即存在点使得为定值0.故D项正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与抛物线相交有关的最值、弦长和定值问题,属于难题.求解直线与抛物线相交有关的最值的思路，一般是从抛物线定义转化线段，结合图象，从三点共线角度考虑；对于相关的定值问题，经常需要直线与抛物线方程联立得出韦达定理，并将所求式进行代入消元整理，再观察分析可得.11．BCD【分析】先将已知条件变形化简得，可得到，A选项利用三角形内角和即可判断；B选项利用可判断；C选项分别在和中利用余弦定理，再利用两边之和大于第三边即可求解；D选项，在中利用余弦定理，再借助基本不等式即可求解.【详解】，，，即，整理得，，，，即.对于A选项，，，，，，，，，不能确定，故A错误；对于B选项，，，故B正确；对于C选项，设，在中，，，由余弦定理知，，在中，，，由余弦定理知，，，整理得，在三角形中，两边之和大于第三边，，，，，故C正确；对于D选项，在中，，当且仅当，即时等号成立，的最小值为，，，的最大值为；此时不妨设，则，又，D为边BC的中点，则，，，为边BC的中点，，又，则是边长为2的正三角形，，故D正确.故选：BCD.12．25【分析】根据题意设直线与曲线的切点为，进而根据导数的几何意义得，再根据基本不等式“1”的用法求解即可.【详解】根据题意，设直线与曲线的切点为，因为，直线的斜率为，所以，，，所以，因为，所以，当且仅当时等号成立.所以的最小值是25.故答案为：25.13．【分析】设出等比数列公比，由题意建立方程，解方程并验根，可得答案.【详解】设等比数列的公比为，由，则，解得，由，则，代入上式可得，去分母可得，易知，可得，分解因式可得，易知，解得或，当时，，则，单调递减，不合题意.故答案为：.14．【分析】先求出的所有可能取值，然后计算出现的概率，得分布列，再由期望公式计算出期望．【详解】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为1或．正方体共12条棱中任取两条，共有种取法，其中相交的有，平行且距离为的有种，其余的是异面或距离为1的平行线，共有36种，∴，，，分布列为：01．故答案为：．【点睛】本题考查随机变量的期望，考查空间直线的位置关系，考查古典概型概率．综合度较大，属于难题．15．(1)极小值为，无极大值；(2)【分析】（1）利用导数研究函数的单调性,得到函数的极小值点，求得极小值.（2）把所解不等式移项后,构造函数,利用导数研究函数的单调性，利用单调性解得不等式.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，当时,,在时为减函数；当时,,在时为增函数，所以的极小值为，无极大值.（2）不等式，令函数，求导得，函数在上单调递减，且，由，解得，所以原不等式的解集为．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用给定的递推公式，结合等差数列定义推理并求出通项公式.（2）利用错位相减法直接求解即可.【详解】（1）数列中，，，则，又，所以是首项，公差为3的等差数列，故，所以.（2）由（1）知，，则，两式相减得，所以.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，证得四边形是菱形，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面．（2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据，求得，得到向量则，再由，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，，，因为为中点，为中点，所以．在三棱柱中，，则四边形是菱形，可得，则，又因为，，且平面，所以平面，因为平面，所以，因为是等边三角形，为中点，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）因为，，所以是等边三角形，所以．又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，因为由平面，所以，，又因为，以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，，设，因为，即，可得，所以，则，又因为，所以．直线CP与所成角的余弦值为.18．(1)(2)(3)证明见解析，【分析】（1）利用椭圆的定义和焦距的性质求出基本量，得到椭圆方程即可.（2）利用圆的性质得到，再结合三角形两边之和大于第三边的性质进行放缩求解最值即可.（3）联立方程组结合韦达定理得到，进而表示出，再结合给定条件进行化简，证明点在定直线上即可.【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为，所以，由椭圆的定义，解得，得到，故的方程为.（2）因为的右焦点，圆的圆心，半径，显然椭圆与圆没有交点，因为点在圆上，所以，于是，当且仅当分别是线段与椭圆，圆的交点时取等号，故的最小值为.（3）如图，设，因为直线，所以点，联立消去得.所以，因为，且直线斜率的倒数成等差数列，所以，所以，即，将代入上述等式可得，若，则点在直线上，与已知矛盾；故，整理可得，可得，即，即对任意的恒成立，得到，解得或，由于的斜率不为0，得到，故，故点在定直线上.19．(1)见解析(2)（i）；；（ii）见解析【分析】（1）求出求的可能取值及其对应的概率，即可求出分布列，再由数学期望公式求出；（2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；（ii）利用题目条件可证明，再令可证得，进一步可得，即可得出答案.【详解】（1）粒子在第秒可能运动到点或或的位置，的可能取值为：，，，，所以的分布