2026年安徽合肥市高三三模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟..2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.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．若，则z的虚部是（

）A． B．3 C． D．3．设向量，若，则（

）A． B． C． D．4．设公差为3的等差数列的前项和为，若，则（

）A．2 B．3 C．4 D．65．当时，函数的图象大致是（

）A． B．C． D．6．如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（

）A． B． C． D．7．盒中有6个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两次，每次取1个球．记事件A为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件B为“第二次取出小球的数字为5”，则（

）A． B． C． D．8．已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线与C的右支交于A，B两点．若，则的值为（

）A． B．3 C． D．2二、选做题：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．已知两组样本数据和，，其中是的平均数，不全相同，则这两组样本数据的（

）A．平均数一定相等 B．中位数一定相等C．标准差一定不相等 D．第百分位数可能相等10．已知函数为奇函数，则（

）A．的最小正周期为B．将的图象向右平移个单位可得到函数的图象C．在区间上单调递增D．直线是曲线的一条对称轴11．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且斜率不为零的直线l交椭圆于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，为等边三角形，则下列说法正确的是（

）A．C的离心率为B．存在四个点A使得为直角三角形C．记，，则的最大值为D．记的外接圆和内切圆半径分别为R，r，则的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．，则______．13．已知点为圆上任意一点，过点分别向直线和作垂线，垂足分别为，，则的最大值为______．14．已知分别是函数的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是______．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．记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)若是锐角三角形，求的取值范围．16．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，底面ABCD，M是AD的中点，点N满足，，．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的正切值．17．已知抛物线，过点的直线交E于A，B两点．(1)设，，证明：为定值；(2)过点的另一条直线交E于C，D两点，且，求的最小值．18．有编号为的个相同大小的小球，，从中有放回地随机取次，每次取个球，记为这个球中未被取到的球的个数．(1)已知．（i）若，求的分布列；（ⅱ）若，求的概率；(2)若都是离散型随机变量，则．证明：．19．已知函数，其中，函数的最小值为2，为的导函数．(1)求的值；(2)若在上单调递增，求的取值范围；(3)若在的极小值点为，证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】由交集的运算即可求解.【详解】由题意得.2．A【分析】由复数的四则运算法则结合复数的模即可求解.【详解】由题意得，则，所以z的虚部是.3．D【详解】因为，，由得，解得.4．A【详解】因为，所以．5．B【分析】求出函数的定义域，结合时，的符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对于函数，因为，由可得且，故函数的定义域为，排除AC，当时，，排除D.6．D【分析】结合球和圆柱的表面积公式求解.【详解】如图，作半球O的轴截面，记半球半径为R，圆柱半径为r由题意，圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高为2r，则有，故所以剩余几何体的表面积为.7．C【详解】由已知条件，，，所以.8．B【分析】根据双曲线的定义，在直角三角形中利用勾股定理计算即可求解.【详解】因为双曲线的离心率为，不妨设，则，设，，则，，在中，由勾股定理可得，解得，则，同理，在中，由勾股定理可得，解得，所以.9．ACD【详解】不妨设，则，对于A：第二组数据的平均数为，故A正确；对于B：第一组数据的中位数为，第二组数据为中间两数的平均值，不一定等于，故B错误；对于C：记第一组数据的标准差为，则第二组数据的标准差为，故C正确；对于D：第一组数据第80百分位数为，第二组数据第80百分位数为第5个数据，两者可能相等，故D正确．10．ABD【详解】由题意，，由，则，故．对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，将的图象向右平移个单位可以得到函数，故B正确；对于C，当时，，而函数在上单调递减，故C错误；对于D，，时，,所以是其对称轴，故D正确．11．ABD【分析】对于A，选取直线垂直于轴的特殊位置（即通径），直接求出未知参数进而计算离心率，对于B，先通过椭圆性质得该椭圆中最大的角不超过，由此可得直角只能是或，进而可证有4个点使得为直角三角形，对于C，利用正余弦定理将待求的三角函数式转化为关于焦半径的代数关系，最后借助基本不等式求最大值，对于D，运用正弦定理与面积公式分别表示出外接圆与内切圆的半径，将其比值转化为关于边角的函数进而求解最小值.【详解】记．对于A：直线l垂直于x轴时，不妨设，则，因此离心率，故A正确；对于B，当位于短轴顶点时，，即椭圆上任意一点都有，所以若为直角三角形，直角只能是或，当时，点在过点且垂直于轴的直线上，该直线与椭圆有2个交点，当时，点在过点且垂直于轴的直线上，该直线与椭圆有2个交点，所以椭圆上存在四个点使得为直角三角形，故B正确；对于C：由上知，，且，则，在中，由正弦定理得，根据等比性质，有，其中，则有，即，，，又，其中，所以，当且仅当取等号，此时，所以，故C错误；对于D：由，即，的周长为，由得，因此，又，则，当且仅当取等号，故D正确．12．45【详解】，令，则，即．13．18【分析】由题意可知互相垂直且均经过定点，进而可得，再由基本不等式计算即可求解.【详解】圆C的圆心，半径，由题意互相垂直且均经过定点，因此，当且仅当三点共线且在线段之间时等号成立，所以，当且仅当等号成立，检验，当三点共线时，，直线的方程为，即，直线与圆联立方程组得，解得或，结合题意可知，此时，解得或，当时，直线，此时，当时，直线，此时，经检验，当或，时有最大值为.14．【分析】法一：将函数极值点的问题转化为其导函数对应的两个函数与的交点问题，通过图像分析判断出，再利用两函数相切的临界状态，通过切点处的函数值与导数值相等建立方程组，求出切点横坐标,进而结合图像中交点存在两个的条件，得到与的关系，最终得出的取值范围.法二：将导函数的两正实根问题，转化为方程有两实根的问题，构造函数，通过求导分析其单调性与值域，得到的最大值及极限趋势，结合直线与图像有两个交点的条件，确定的取值范围，进而推出的取值范围.【详解】法一：因为，若函数有极大值点和极小值点，则与至少有两个交点．如下图，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以由图易知．记恰与相切时，切点为，则有，解得，此时．由题意和图像分析可知，又，所以．法二：，函数有极大值点和极小值点，有两正实根.即有两实根，令，则.故易知在上单调递增，在上单调递减.又，，；，.所以，经检验时，符合题意．15．(1)(2)．【分析】（1）利用正弦定理对已知边角关系式化角，约去后展开两角差余弦公式，化简求得角；（2）由正弦定理把转化为正弦形式，将用代换，经三角恒等变换化简得；根据锐角三角形求出的范围，进而即得.【详解】（1）由正弦定理，为外接圆半径.因为，所以，即，化简为，即，因为，所以．（2）因为，所以，又，所以．又是锐角三角形，则，解得，所以，.所以的取值范围为．16．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）连接、交于点，连接，由是中点、，推出，再结合得，故，由平行线分线段成比例定理得，再由线面平行判定定理，得平面.（2）以为原点建系，写出各点坐标与相关向量，分别求出平面与平面的法向量，再用向量夹角公式算出两平面夹角的余弦值，进而求得正切值为.【详解】（1）连接交于点，连接．因为是的中点，，，所以．又，所以，从而，在平面中，有．所以，又平面BDN，平面．所以平面．（2）因为底面，以为坐标原点，以的方向为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．因为，底面四边形为菱形，所以易得为等边三角形.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．设平面与平面的夹角为，则，所以，所以．设平面与平面的夹角的正切值为．17．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理计算得证.（2）由（1）求出，结合已知求出直线与的关系，再利用弦长公式列式，借助基本不等式求出最小值.【详解】（1）直线不垂直于轴，设直线AB方程为，由消去x并化简得，则，因此，所以为定值.（2）由（1）得，设直线的方程为，同理，由，得，则，又，同理，则．当时，，，且当且仅当时取等号，当时，，，所以的最小值为.18．(1)（i）答案见解析；（ⅱ）(2)证明见解析【分析】（1）（i）有放回取2次共种情况，表示未被取到的球数，取值为3(取到2个不同球，概率)和4(取到同一个球，概率)，据此列出分布列；（ⅱ）推广到取次，表示未被取到的球数为3(即取到2个不同编号的球)，总情况数为，符合条件的情况数为，故概率为.（2）引入指示变量(表示第个小球是否未被取到)，则未被取到的总球数；由得；再对到求和，用等比数列求和公式计算，最终得.【详解】（1）（ⅰ）从5个相同小球中有放回地随机取2次，共有种情况．的取值为3，4．表示2次取球中未被取到的球的个数为3，即2次取球中取到2个不同编号的球，表示2次取球中未被取到的球的个数为4，即2次取球中取到的是同一个编号的球，所以，，所以的分布列为34P（ii）表示m次取球中未被取到的球的个数为3个.即次取球中取到2个不同编号的球，从5个相同小球中有放回地随机取次，共有种情况，时有种情况.所以的概率为．（2）从n个相同小球中有放回地随机取m次中，定义随机变量，其中表示第k个小球未被取到，表示第k个小球至少被取到1次，则服从两点分布，所以.由题意知，又，所以，所以，因为，所以：，故．19．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用基本不等式求最小值，结合的最小值，得到参数的值；（2）由在上单调递增，可知在上恒成立，再通过求导得到函数单调性，找到最小值，解不等式得到的范围.（3）由（2）知在有极小值点，则.分析函数的单调性，结合