安徽省安庆市2026届高三数学二模试题【含答案】

安庆市2026年高三模拟考试（二模）数学试题命题：安庆市高考命题研究课题组注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名填写在答题卡上，并在相应的方框内粘贴条形码．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．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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，将答题卡交回．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.已知复数满足，其中是虚数单位，则的模等于（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【详解】因为，所以，即，可得，则.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别解对数不等式与二次函数不等式，结合交集运算即可求解.【详解】解不等式得，即集合，解不等式得，即集合，则.3.已知等比数列，其公比，则的最小值为（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据等比数列通项公式化简为，利用基本不等式即可求得答案.【详解】由题意知等比数列，其公比，则，当且仅当，即时取等号，故的最小值为.4.已知，函数为奇函数，则（）A.15 B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】由题意可得，通过导数确定是时唯一的解，进而可求得的值.【详解】因为是奇函数且，则，解得，设，则，令，则，因为单调递增，且，所以存在唯一，使，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以最多有两个零点，观察到，所以是时唯一零点，即是在上唯一的解，经检验，满足题意，所以，则.5.已知向量，且，则向量夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】已知，根据模长平方公式：

，，再由，移项得，两边平方：，

代入展开式：

，整理得：，因为模长非负，故，再次对两边平方得：

，展开化简得：，即，得，结合，舍去负值，得.故选:C6.已知函数的部分图象如图所示，则该函数图象的一条对称轴是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由图像可知，当时，，代入得：

，又因为，因此，又由图像可知，当时，，且该点是函数下降段的零点，则代入得：

，，又由图像可知周期满足，，所以只能取，得，因此函数解析式为：,再由正弦函数的对称轴满足：

，令，得.7.三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】（1）是等边三角形，且，如下图所示，由于，平面，所以平面，因为，，所以，所以，则.（2）是等边三角形，且，如下图所示，由于，平面，所以平面，所以.（3）是等边三角形，且，如下图所示，取的中点，连接，则，，所以，所以，所以，所以，，平面，所以平面.所以.8.椭圆的左、右焦点分别为、，上点位于第一象限内，为坐标原点，，线段与轴交于点且，若的面积等于，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，根据得，再根据以及与轴交于点列两组等式求出，并得到，由此可判断出的形状，并据此及的面积列等式求出c的值，最后再求出．【详解】设，根据可得，因为，所以、、共线，可得，化简得（1），又因为直线过点、，可得直线的方程为，代入得，化简得（2），联立（1）（2）可得，易知，所以，即，所以，即，又，所以轴，，解得，因此，在中，，所以．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.已知等差数列的公差为，其前项和为，且，则（）A. B.C.若，则 D.若，则【答案】ABD【解析】【详解】由，得或，即或，显然，故B正确；则，故A正确；对于C，当时，有，此时，等差数列为递增数列，则，故C错误；对于D，当时，有，解得，则，故D正确.10.在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（）A.点的轨迹长度等于B.平面C.直线与平面所成角的正弦值的最大值为D.异面直线与，所成角的余弦值的最小值为【答案】ACD【解析】【详解】构建空间直角坐标系，分别以所在直线为轴，轴，轴，则可得，因为点在平面（含边界）一动点，则可设点，设为点到平面的距离.对于A，根据题意可设平面的方程为，则有，解之可得，令，则可得，所以平面的方程为，再根据点到平面的距离公式可求出，而，所以可求出，当时，，当时，，而，即点为一条线段，由点的轨迹长度为，故A正确；对于B，因为，，所以可知平面，所以同理可证，是平面法向量，，根据平面，则有，可求出，而由A可知，有矛盾，故可判断B错误；对于C，法（一）直线与平面所成角为，则，而为点到平面的距离，根据两点之间距离公式可求出，，要使最大，则只需最小即可，当时，取最小值为，所以，法（二）点为中点，点为中点，根据图形可知当点位于线段中点时，线段最短，，此时直线与平面所成角最大，故所成角的正弦的最大值为，故C正确；对于D，法（一）设直线与所成角度为，而根据异面直线所成角的余弦公式可知，由C选项可知，所以，令，化简后可得，令，，则，所以在上大于，所以为单调递增，则，则，所以最小值为，法（二）平移到根据图形可知当点位于点时，异面直线与所成角最大，其余弦值最小，最小值为，故D正确.11.已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（）A. B.是极小值点C. D.【答案】BD【解析】【分析】结合导数的性质与零点存在性定理得到，，举反例判断A，不断构造函数并结合导数的性质判断B，利用正弦函数性质并结合题意代换判断C，对原函数合理变形得到，结合并利用导数判断D即可.【详解】由题意得的定义域为，则，而极值点满足，则，结合题意得，可得方程的根出现在时，即时，而，，，结合零点存在性定理得，，对于A，由已知得，，则，不满足，故A错误，对于B，令，且，令，则，令，，当时，，则在上单调递增，而，，则，由零点存在性定理得存在作为零点，即存在作为零点，令，，令，，则在上单调递减，在上单调递增，即在上单调递减，在上单调递增，而，，，则，由零点存在性定理得存在作为零点，令，，令，，可得在上单调递减，在上单调递增，则是的极小值点，故B正确，对于C，由已知得，，则，而，，而，则，得到，由正弦函数性质得在上单调递减，则，得到，故C错误，对于D，由题意得，，满足，由已知得，则，可得，令，且，而，当时，，则在上单调递增，则，即，故D正确三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.统计某地区2025年上半年的月降水量，数据如下表：月份123456月降水量/mm584853465656则该地区上半年月降水量的分位数为___________．【答案】56【解析】【详解】将6个降水量数据从小到大排列：

46，

48，

53，

56，

56，

58，则样本容量为.根据百分位数计算规则，可得因为不是整数，所以向上取整5，因此75%分位数为排序后第5个数据，即56.13.在平面直角坐标系内，圆，若直线绕原点逆时针旋转后与圆恰有两个交点，则的取值范围是___________．【答案】【解析】【分析】首先求旋转后的直线，再根据直线与圆的位置关系，即可求解．【详解】直线的斜率为1，过点，绕原点逆时针旋转后，斜率为，过点，得到直线，若该直线与圆存在两个公共点，则圆心到直线的距离，解得，即的取值范围是．14.有正整数，满足，且，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有___________．【答案】13【解析】【详解】若，则无解；若，则，所以，因为5为质数，又，所以，解得，若1的个数小于等于3，由，可得，又，代入得，所以，因为，所以可得，所以，所以的值只能为4，5，6.若，只能是，则，解得，若，因5是质数，无法分解为两个大于等于2的整数的乘积，故舍去；若，只能是，则，解得，综上所述：若1的个数小于等于3，该方程无正整数解，所以6个数字为1，1，1，1，2，6.从中任选3个排成三位数，取3个1，有1种排法；取2个1，取1个2或1个6，有种排法；取1，2，6，有种排法；所以组成的不同三位数个数有.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.中，角所对的边分别为且．（1）若，求的值；（2）求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用边角互化化成的三角关系式，化简求值；（2）将所求表达式化成角的函数式，求最值.【小问1详解】因为，则，则，即，所以，.又，所以；【小问2详解】，因为，当，即时，取得最大值.16.某棋手与一台智能机器人进行象棋比赛，规则如下：每局比赛，若棋手赢机器人，则棋手得1分；若棋手输给机器人，则棋手得分；若为平局，则棋手不得分；比赛共进行三局，三局比赛结束后，若棋手得分不低于1分，则棋手获胜．在每局比赛中，棋手赢机器人的概率为，棋手输给机器人的概率为，平局的概率为．每局比赛的结果互不影响．（1）求三局比赛结束后棋手得2分的概率；（2）在比赛过程中，棋手每赢1局，获奖金1000元，输给机器人或平局都没有奖金．记三局比赛结束后棋手获得的奖金为元，求的分布列与数学期望．【答案】（1）（2）0100020003000【解析】【分析】（1）要使三局比赛结束后棋手得2分，则棋手在三局比赛中赢了2局，平了1局，进而结合独立重复试验的概率公式求解即可；（2）由题意，的可能取值为，分别求出每个值对应的概率，即可得到分布列，再结合期望的公式求解即可.【小问1详解】由题意，要使三局比赛结束后棋手得2分，则棋手在三局比赛中赢了2局，平了1局，所以三局比赛结束后棋手得2分的概率为.【小问2详解】由题意，的可能取值为，而棋手每局赢机器人的概率为，输给机器人或平局的概率为，则，，，，所以的分布列为：0100020003000则.17.如图，在斜三棱柱中，，侧面为矩形，在底面内的射影为．（1）求证：；（2）若，与底面所成角的余弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由射影得平面，再结合三角形性质和线面垂直判定定理得出.（2）建立空间直角坐标系，求相关向量与法向量，最后利用向量夹角公式求平面夹角余弦值.【小问1详解】因为在底面内的射影为，所以平面，又平面，则，在斜三棱柱中，，​，又因侧面为矩形，所以，因此，因为​，平面，所以平面，又平面，所以，结合，得.【小问2详解】以原点，所在直线为轴，平行轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由条件，设，则，，又因为与底面所成角的余弦值为，所以，即，，，，在平面中，，，设平面的法向量为，则，，令，解得，在平面中，，，设平面的法向量为，则，，令，解得，又因为两个平面的夹角范围为，所以.18.已知直线与抛物线相切，抛物线与抛物线关于对称，点为上一动点，若过点可以作的两条切线分别交于两点．（1）求；（2）若点的纵坐标为，求；（3）求证：直线与抛物线相切．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）联立方程组求解；（2）设切线方程，联立方程组求出坐标的关系，代入求解；（3）求出直线的方程，联立方程组判断.【小问1详解】已知直线与抛物线相切，联立方程组，得，解得或（舍去）.【小问2详解】，抛物线与抛物线关于对称，所以，设，，切线的方程为，即，联立方程组，得，即，，即，同理，所以是方程的两个根，，，若点的纵坐标为，则，，，，代入可得.【小问3详解】直线的方程为，即，代入可得，即联立方程组，得，，直线与抛物线相切．19.已知函数．（1）证明：函数的图象为轴对称图形；（2）当时，证明：；（3）若数列满足：，证明：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据函数定义域关于对