安徽省阜阳市阜南第二中学2025-2026学年高三上学期11月期中数学试题（含解析）

2026届高考一轮10月检测卷数学分值：150分时间：120分钟一、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．已知集合，，则()A. B. C. D.2．复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3．已知平面向量，，若，则()A.4 B. C. D.4．在各项均为正数的等比数列中，，且，，成等差数列，记是数列的前n项和，则()A.126 B.124 C.64 D.625．已知，，则()A.1 B. C. D.6．已知函数，且不等式的解集为，，则的极大值为()A.0 B.36 C.72 D.1087．已知点在抛物线上，过焦点F且斜率为的直线与C相交于P，Q两点，过P，Q两点作准线的垂线，垂足分别为M，N两点，则()A. B. C. D.8．若是奇函数，则()A. B. C. D.2二、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．小张等四人去甲、乙、丙三个景点旅游，每人只去一个景点，记事件A为“恰有两人所去景点相同”，事件B为“只有小张去甲景点”，则()A.这四人不同的旅游方案共有64种 B.“每个景点都有人去”的方案共有72种C. D.“四个人只去了两个景点”的概率是10．若函数的定义域为R，对，，都有成立，且当时，，则()A.是R上的增函数 B.是R上的减函数C.是奇函数 D.是偶函数11．已知经过点的圆C的圆心坐标为（t为整数），且圆C与直线相切，直线与圆C相交于A，B两点，则下列说法正确的是()A.圆C的标准方程为B.若，则实数a的值为C.若，则直线m的方程为或D.弦AB的中点M的轨迹方程为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．有一组按从小到大顺序排列的数据：3，5，x，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为__________.13．某公园有4条同心圆环步道，其长度构成公比为2的等比数列，若最长步道与最短步道之差为，则最长步道为__________m．14．在平面凸四边形中，，，且，，将四边形沿对角线折起，使点A到达点E的位置.若二面角的大小范围是，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是__________.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．（13分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.（1）求角A；（2）若的外接圆的面积为，，求的面积.16．（15分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局，三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立.（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.17．（15分）已知四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，M是SB的中点.（1）证明：；（2）若，，点P是棱SC上的动点，直线AP与平面AMC所成角的正弦值为，求.18．（17分）已知函数，，a，.（1）求的单调区间；（2）若的最大值为1，证明：对任意的，；（3）当时，若恒成立，求实数a的取值范围.19．（17分）在平面直角坐标系Oxy中，椭圆的右焦点为双曲线（，）的右顶点，直线与C的一条渐近线平行.（1）求C的方程；（2）如图，，为C的左、右焦点，动点在C的右支上，且的平分线分别与x轴、y轴交于点，N，试比较m与的大小，并说明理由；（3）在（2）的条件下，设过点，N的直线l与C交于D，E两点，求面积的最大值.参考答案1．答案：B解析：因为，所以.故选B.2．答案：A解析：依题意，，所以对应点位于第一象限.故选A.3．答案：D解析：由，得，解得，所以，则，故选D.4．答案：A解析：设等比数列的公比为，，，成等差数列，，，即，解得，.故选A.5．答案：B解析：由，得，即，由，得，因此，所以.故选B.6．答案：D解析：因为不等式的解集为，则，故，又，故，，故，则，令，解得或，由可得或，由可得，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极大值点，的极大值为.故选D.7．答案：C解析：将A点坐标代入抛物线方程得，故，故抛物线方程为，故焦点坐标为，准线方程为.过焦点且斜率为的直线方程为，代入抛物线方程并化简得，解得或.故.故选C.8．答案：C解析：已知是奇函数，当时，易知一定不是奇函数，所以，所以，且，变形可得，所以的根为，解得，故.又因为为奇函数，所以，所以，所以，所以，即，故，所以.故选C.9．答案：CD解析：A选项，每个人都有3种选择，故共有种旅游方案，A错误；B选项，每个景点都有人去，则必有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，故有种方案，B错误；C选项，恰有两人所去景点相同，即有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，由B选项可知，，又事件AB，即小张去甲景点，另外3人有两人去了同一个景点，其余1人去另一个景点，故，所以，C正确；D选项，“四个人只去了两个景点”，分为2种情况，第一，有3人去了同一个景点，其余一人去另一个景点，则有种方案，第二，2人去了同一个景点，其余2人去另一个景点，则有种方案，由A选项可知，这四人不同的旅游方案共有81种，故“四个人只去了两个景点”的概率为，D正确.故选CD.10．答案：BC解析：由题意知，函数的定义域为R，对，，都有成立；令，则，即，令，得，则，即，所以函数是奇函数，故C正确，D不正确；设，则，得，即，因为时，，所以，得，即，所以函数是R上的减函数，故A不正确，B正确.故选BC.11．答案：BC解析：对于A，设圆C的半径为r，则圆C的标准方程为（t为整数），由点是圆C上的点，且圆C与直线相切，得解得或（舍去），则圆C的标准方程为，故A错误；对于B，由A知圆，圆心为，因为点在圆C上，且，所以线段AB为圆C的直径，又直线与圆C相交于A，B两点，所以圆心在直线m上，所以，解得，故B正确；对于C，由A知圆C的半径，圆心为，则圆心C到直线m的距离，因为，即，所以，所以，解得或，则直线m的方程为或，故C正确；对于D，由A知，圆C的方程为，圆心为，直线m的方程可化为，则直线m过定点，记，由圆的性质可得，所以点M的轨迹是以线段CN为直径的圆，则此圆圆心为线段CN的中点，其坐标为，半径为，则该圆的方程为，由得两圆的交点坐标为和，故弦AB的中点M的轨迹方程为，故D错误.故选BC.12．答案：7.5解析：依题意可得极差为，平均数为，解得，所以中位数为.13．答案：960解析：设这4条同心圆环步道的长度构成的等比数列为，公比，首项为，可得.因为n越大，的值越大，所以最短步道为，最长步道为，可得.已知最长步道与最短步道之差为840m，即，联立解得，，即最长步道为960m.14．答案：解析：由题意知，和是等边三角形，如图，取中点，连接，取的外心，则是的外心，过点作平面，则三棱锥的外接球球心在l上，过点作平面交l于点O，则点O即为三棱锥的外接球球心，由，知，为二面角的平面角，则，设，则，又，所以，因为平面，平面，所以，所以三棱锥的外接球半径，所以三棱锥外接球的表面积.15．答案：（1）（2）解析：（1）因为，所以，所以，即，所以，因为，所以.（2）因为的外接圆的面积为，所以的外接圆半径，由正弦定理得，，因为，所以由正弦定理得，由（1）知，所以，得，则，所以的面积为.16．答案：（1）0.6（2），分布列见解析解析：（1）记三个项目分别为A，B，C，甲在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，则能使甲获得冠军的三个项目的胜负情况有：胜胜负，胜负胜，负胜胜，胜胜胜，四种情况彼此互斥，故所求概率.（2）由题意，乙在A，B，C三个项目获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，若乙三个项目全败，则，所以，若乙三个项目胜1个，则可能的情况有：胜败败，败胜败，败败胜，对应的值均为10，所以，若乙三个项目胜2个，可能的情况有：胜胜败，胜败胜，败胜胜，对应X的值均为20，所以，若乙三个项目全胜，则，所以，从而X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06故X的期望.17．答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）证明：取AB的中点N，连接MN，CN，因为M，N分别为SB，AB的中点，所以.又，所以.记直线CN与直线BD的交点为Q，因为，所以，，所以，则有，故.设，则，，所以，且，，所以，所以.又因为，平面CMN，所以平面CMN，又平面CMN，故.（2）因为，，，且平面ABCD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以.又，故以A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，，，，，则，.设平面AMC的法向量为，则取，则.设，其中，.因为直线AP与平面AMC所成角的正弦值为，所以，解得，故.18．答案：(1)在单调递增，在单调递减(2)证明见解析(3)解析：(1)的定义域为，，令，得，令，得，令，得，在单调递增，在单调递减.(2)由(1)知，，，要证，即证，即证，即证，构造函数，，则，令得，令得，在单调递增，在单调递减，，即恒成立，当且仅当时等号成立.，，，使得，恒成立，故对于任意的，.(3)当时，，若恒成立，即恒成立，即，即恒成立，由(2)可知恒成立，当且仅当时等号成立，令，，则恒成立，在单调递增，，，，使得成立，，，所以.19．答案：（1）（2）.理由见解析（3）解析：（1）因为椭圆的右焦点为双曲线（，）的