2026年安徽合肥市高三一模高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年合肥市高三第一次教学质量检测数学（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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．已知集合，则（）A． B．或 C． D．或2．设，则（

）A． B． C．2 D．43．已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”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．某公司50名员工的月工资统计表如下：工资/元360040004400500060007000人数/名51020753记这50名员工月工资的平均数为元，中位数为元，众数为元，则（

）A． B． C． D．5．已知双曲线，直线与的两条渐近线分别交于点，若，则的离心率为（）A． B． C． D．6．已知函数为偶函数，则的最小值为（

）A． B． C． D．7．国庆假期，某人计划去五个不同的景点游览．在确定景点的游览顺序时，要求在之前，与相邻，则不同的游览顺序共有（

）A．18种 B．24种 C．48种 D．60种8．已知函数有且仅有三个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．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．已知正实数满足，且，则（

）A． B． C． D．10．已知函数．若存在不相等的实数，使得，则下列说法中正确的有（

）A．B．若的最小值为，则C．若，则的取值范围为D．若，且的最大值为，则的取值范围为11．设为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线交于两点，在第一象限，过作直线的垂线，垂足分别为，则（）A．B．若，则C．若，则直线的斜率为D．的面积最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知等差数列满足，则的通项公式为．13．已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为，若该圆台上下底面的圆周均在同一个球的球面上，则此球的表面积为．14．已知直线与轴、轴分别交于点，点在曲线上，点在上，点满足，则的最小值为．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，已知．(1)证明：；(2)求内角的最大值．16．一个盒子中有5个大小相同的球，其中有2个黄球，3个白球．(1)随机一次取出3个球，用表示取出的球为黄球的个数，求的分布列和均值；(2)逐个不放回地随机取出5个球，在整个取球过程中，记“已取出白球的个数始终不小于黄球的个数”为事件，求．17．如图，直三棱柱的所有棱长都等于2，点，分别是线段，上的动点（异于端点），且．(1)证明：平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．18．已知函数．(1)当时，求的单调区间；(2)当时，，求的取值范围；(3)设，证明：．19．已知椭圆的离心率为，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于，两点．（i）求证：以为直径的圆过定点；（ii）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，且，求直线的斜率．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】先解出集合，再求与的交集.【详解】解不等式，可得，即.已知.求交集=.故选：C2．D【分析】利用复数的乘法运算法则和复数相等的条件可求得的值.【详解】因为，所以，所以.故选：D.3．B【分析】举反例可说明充分性不成立，利用两平面有公共点，则公共点在两平面的交线上可说明必要性成立.【详解】如图所示，空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，且三点共线，但直线不共面，所以“三点共线”是“直线共面”的不充分条件；若直线共面，设其为，则均在平面内，也在平面内，则在平面与的交线上，所以三点共线，所以“三点共线”是“直线共面”的必要条件；所以“三点共线”是“直线共面”的必要不充分条件.故选：B.4．B【分析】利用平均数，中位数，众数的意义分别求得平均数，中位数，众数即可.【详解】这50名员工月工资的平均数为元；从小到大排列后第25和第26个数均为4400，所以中位数为元；显然4400出现次数最多为20次，所以众数为元故.故选：B.5．A【分析】先求出双曲线的渐近线方程，再求出直线与渐近线的交点的坐标，利用得到的关系，最后计算离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为.将代入渐近线方程：对于，解得，即点.对于，解得，即点.所以，解得.双曲线的离心率，其中.将代入得：因此，离心率.故选：A6．C【分析】利用函数奇偶性定义确定函数的奇偶性，进而得到函数的奇偶性，再借助余弦型函数的奇偶性求出参数值.【详解】函数的定义域为，令函数，，即函数是奇函数，而函数是偶函数，则函数是奇函数，因此，解得，又，所以当时，取得最小值.故选：C7．B【分析】先利用捆绑法求出种类数，再利用倍缩法求出.【详解】若与相邻，则需将其捆绑并排列，再将四个元素排列，共有种，因为在之前和在之后各占一半，故符合题意的不同的游览顺序共有种.故选：B8．C【分析】令，利用导函数研究其单调性画出图象，将问题转化为一元二次方程的根的问题即可求解.【详解】因为有且仅有三个零点，则方程有且仅有三个根，令，则，由得；得；则在单调递增，在上单调递减，则，因为时；时，且时，所以的函数图象如图：因为不是的根，所以有两个根，其中一个根位于，另一根位于或另一根是，但方程的两根的乘积为，所以一个根位于，另一根位于，则，得，故的取值范围是.故选：C9．AC【分析】根据绝对值的性质，结合已知，，对与1的大小关系进行分析，再根据不等式的性质判断各选项的正误即可.【详解】若，因为，则，所以，与矛盾，故不成立，所以，故A正确；若，因为，则，所以，与矛盾，故不成立，所以，取，满足，，此时，故B错误；因为，，，所以，所以，又，所以，所以，故C正确；取，满足，，所以满足，此时，故D错误.故选：AC.10．ACD【分析】A根据函数值域可求；B根据周期计算；C求出，结合正弦函数的性质可求；D求出的最大值，结合正弦函数的性质可求.【详解】因为，所以，因为存在不相等的实数，使得，所以存在不相等的实数，使得，故A正确；若的最小值为，则，得，故B错误；若，则，因为，所以，得，故C正确；因为的最大值为，所以的最大值为，则，得，故D正确.故选：ACD11．ABD【分析】通过设直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理、抛物线定义及代数运算，逐一验证各选项的正确性，即可得出结果.【详解】设直线的方程为，与抛物线联立：，，设，，由韦达定理得，.因为是到准线的垂足，所以.向量，.对于选项A，因为，且，所以，所以，故A正确.对于选项B：是到准线的垂足，所以，，.若，则有所以，又因为，代入上式可得：，解得：，则.因此点坐标为，所以，B正确.对于选项C：由得：，即：，联立：，消可得：则，所以，即，代入化简可得：即解得（均舍去），即.直线过焦点，所以，因此C错误.对于选项D：，，所以由得，又，，所以，则，所以将和代入面积公式：令，则，代入得：令，解得（舍去），即.此时，，所以因此，的面积最小值为，D正确.故选：ABD12．【分析】先列出等差数列的通项，结合已知条件求出公差，进而得出通项公式．【详解】已知是等差数列，设公差为，则，，，解得，．故答案为：．13．【分析】设圆台的上下底面圆心分别为，球心为，设，由球的性质可列方程，求出半径后再由球的表面积公式即可得解.【详解】设圆台的上下底面圆心分别为，球心为，在上下底面圆周上分别取点为，连接，如图，因为圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为，所以，，设，则，所以，所以，解得，所以该球的半径，所以该球的表面积.故答案为：.14．【分析】平移直线与曲线相切，求得曲线上的点到直线的最小距离，进而可求得到直线的距离的最小值，取的中点为，进而可求的最小值.【详解】当直线平移到与曲线相切于点，此时切点是曲线上的点到直线的距离最小的点，由，得，因为直线的斜率为，所以令，整理得，解得（舍去）或，又，故此时切点，且此时到直线的距离为，又，故此时到直线的距离为，取的中点为，时，的长取得最小值，如图所示：由直线，可得，所以，所以，又,故最小时，的最小值，且最小值为.故答案为：.15．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）先由题意结合诱导公式得到，再由余弦定理角化边即可求证；（2）由（1）结合余弦定理和基本不等式求出的最小值即可由余弦函数性质得解.【详解】（1）证明：因为，所以由题得，即，由余弦定理可得，所以．（2）由（1）知，所以，所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为，，所以内角的最大值为．16．(1)分布列见解析，(2)【分析】（1）求出的可能取值以及每个取值相应的概率即可求分布列，再由均值公式计算即可得解；（2）由题意知第一次取到的球为白球，接下来分第2次取到白球或第2次取到黄球两种情况分析即可计算求解.【详解】（1）的可能取值为0，1，2．根据概率知识，可得的分布列为用表格表示的分布列，如下表所示．012所以的均值为．（2）由题意可知第一次取到的球为白球，设“第次取到白球”（）．若事件发生，则后面出现情况均满足题意，所以；若事件发生，则事件一定发生，后面出现的情况均满足题意，则．故．17．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）在棱上分别取点，使，利用相似得出四边形是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可求证；（2）在中利用余弦定理求出，再以为坐标原点建系，利用坐标计算面面角即可.【详解】（1）在棱上分别取点，使．则．因为，，所以．又，所以．由，得，所以四边形是平行四边形．所以．又平面，平面，所以平面．（2）由（1）知，令，则，在中利用余弦定理得，即，解得．所以点分别是中点．所以点分别是中点．以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则．所以．设为平面的法向量，则，即，可取．设为平面的法向量，则，即，可取．设平面与平面夹角为，则．故平面与平面夹角的余弦值为．18．(1)函数在区间单调递减，在区间单调递增(2)(3)证明见解析【分析】（1）当时，利用导数可求函数的单调区间；（2）分和两种情况分别判断是否成立，进而可求得求的取值范围；（3）由（1）可得当时，，再证明，，记，计算可证结论.【详解】（1）当时，，所以当时，；当时，．所以函数在区间单调递减，在区间单调递增．（2）因为，所以当时，，由（1）知，当时，．又当时，，，所以，即．所以在区间单调递减，所以，不符合题意．综上，的取值范围是．（3）由（1）知，当时，函数在区间单调递增，所以当时，，即，所以当时，．当时，，则有．令，求导得，当时，；当时，，所以，所以，所以，所以．所以．记，所以．所以．综上，原不等式成立．19．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）0或．【分析】（1）由题意列出关于的方程组即可计算求解；（2）（i）先由对称性得到定点必在轴上，设为点，分斜率存在和不存在两种情况分析，斜率存在时联立直线方程与椭圆方程求出韦达定理，利用韦达定理和即可分析求解定点，斜率不存在时求出过所求定点即可；（ii）由（i）得到、，结合题设分析计算得到，取线段中点为，进而得到即可进一步分析求解.【详解】（1）由题意得，解得，所以的方程为．（2）