安徽省合肥市四校2026届高三上学期12月联考调研适应性测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省合肥市四校2026届高三上学期12月联考调研适应性测试数学试题一、选择题：本大题共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.【答案】D【解析】因，又，故.故选：D.2.已知复数满足，其中为虚数单位，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知可得，则，因此，.故选：C.3.已知点是的重心，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，由点是的重心，可得，结合，可得，，所以.故选：D.4.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因，则，所以.故选：C.5.设是公比不为1的等比数列，其前n项和为，设甲：成等差数列；乙：成等差数列，则甲是乙的（）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【答案】C【解析】设等比数列的公比为.①∵成等差数列，∴，即，∴，即，∴，故成等差数列，充分性成立.②∵成等差数列，∴，故，解得，∴，∴，∴，∴成等差数列，必要性成立.综上得，甲是乙的充要条件.故选：C.6.已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于点．直线为在点处的切线，点关于的对称点为．由椭圆的光学性质知，三点共线．若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如下图所示：因为点关于的对称点为，则，因为，且，所以，，所以，，可得，则，所以，，故．故选：D.7.已知，则的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，观察的式子结构，构造函数，则，当时，单调递增，当时，单调递减，因为，所以，即，所以，即，即；又，所以，即；综上，.故选：B.8.已知函数（，e为自然对数的底数）的图像上存在2个点、分别与的图像上2个点、关于x轴对称，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设是上一点，则，且关于轴对称点坐标为在上，由题意得，有两个不同的实数解，即有两个不同的实数解.令，则，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，有两个不同的实数解等价于与有两个交点，所以,所以故选：A.二、选择题：本大题共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.体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格．某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩与乙班女生的成绩均服从正态分布，且，，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】A，由，得，故．正确；B，由，得，故．错误；C，由于随机变量服从正态分布，对应正态曲线的对称轴为直线，所以．正确；D，解法一：随机变量均服从正态分布，且对应正态曲线的对称轴均为直线，因为，所以在两正态曲线中，的正态曲线较“瘦高”，随机变量分布比较集中，所以．解法二：因为，，所以．正确.故选：ACD．10.已知定义在上的奇函数满足当时，，若存在等差数列，其中，使得成等比数列，则a的取值可能为（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】当时，则，因为函数是上的奇函数，所以，即函数，设等差数列的公差为，不妨设因为，可得，解得，所以，则，又因为等比数列，设公比为，可得，由且函数为奇函数，所以点关于原点对称，所以，即，解得，所以，因为，可得，所以，即方程即在上有解，即，即在上有解，令，可得，令，即，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，，所以，解得，所以A正确；又由，，所以B正确，D不正确；令，可得，所以单调递减，又因为，所以，即，可得，又由，所以，所以B符合题意.故选：ABC.11.已知函数，若非空集合，，，则下列说法中正确的是（）A.为常数 B.的取值与有关C. D.【答案】AC【解析】不妨设的解集为，则有，∴，由，得且，由(1)得，故A正确，B错误；∴，∵，，解得或，又，为方程的两个根，∴，∴，解得，∴，故C正确，D错误.故选：AC.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________．【答案】【解析】设直线与曲线相切于点，由，得，因为与曲线相切，所以，消去，得，解得，所以，设与曲线相切于点，由，得，即，解得，因为是与曲线的公共点，所以，消去，得，即，解得．故答案为：.13.已知正三棱柱所有棱长都相等，它的六个顶点都在半径为的球面上，则此正三棱柱的体积为______.【答案】18【解析】如图，正三棱柱中，设为外接球的球心，为底面的中心，设正三棱柱的棱长为，则，，，，又平面，在中，，即，解得，故，所以正三棱柱的体积.故答案为：18.14.已知函数为上的奇函数，在上单调递增，都有且，则的值域为_______.【答案】【解析】设，其中，因为，故，而，故，而，故，若当时，，则，而，而，矛盾；若当时，，则，故，矛盾，故，而为奇函数，故，其中，而为上的奇函数，故，故.当时，，当时，则，因为，则，则，且，所以的值域为.故答案为：.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程演算步骤．15.如图，且且且，平面.（1）若M为的中点，N为的中点，求证：平面；（2）若点P在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长.（1）证明：依题意，以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．可得，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，1，，，0，，，，，，0，．设为平面的法向量，则，不妨令，可得；又，可得．又直线平面，平面；（2）解：设线段的长为，，则点的坐标为，0，，可得，而为平面的一个法向量，故．由题意，可得，解得，．线段的长为．16.已知数列，，满足.（1）若，，求的值；（2）若，，求数列的最小项；（3）若，，当时，判断是否存在互异的正整数，使得，并说明理由.解：（1）由，可得，由，可得，所以，，故.（2）由，可得，所以，所以，当时，，即，当时，，即，所以数列的最小项为.（3）由可得，所以.当为奇数时，，则，两式相加可得，因为，当为奇数时，且单调递减，不存在互异的奇数，使得.当为偶数时，，则，两式相加可得，因为，，所以，当为偶数时，且单调递增，不存在互异的偶数，使得.当为奇数时，，当为偶数时，，所以不存在一奇一偶的正整数，使得.综上，数列中不存在互异的正整数，使得.17.已知定义在上的两个函数，.（1）求函数的最小值；（2）设直线与曲线，分别交于A，B两点，求的最小值.解：（1）因为，，所以，，则，令，解得，由，可得，由，可得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为；（2）由，可得，作出函数与的大致图象，则直线与两函数图象有交点，设，则题设等价于恒成立，求实数k的最大值，且，所以，由，可得，且，由，可得，由，可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，则，设，则，函数在上单调递增，又，则，解得，则，即，所以.18.已知F为抛物线C：的焦点，点A在C上，.点P（0，-2），M，N是抛物线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为，.（1）求C的方程；（2）存在点Q，当直线MN经过点Q时，恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标；（3）对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值.解：（1），设，则，所以得：，解得或（舍），所以抛物线C的方程为①.（2）设直线MN：②，，，联立①②，得.所以③，，④.，，则，.因为，即：，即：，则或，能满足③式.则MN：，或MN：，所以定点Q的坐标为（2，2）或（4，2）；（3）如MN过（4，2）点，当时，，但此时M，N重合，则|MN|无最小值，所以MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值.由（2），在④中，令得：，，.令，则，.当时，，在上为减函数，当时，，在上为增函数，所以当时，有最小值，|MN|有最小值..19.已知一个口袋有m个白球，n个黑球（m，n，n2）,这些球除颜色外全部相同．现将口袋中的球随机的逐个取出，并放入如图所示的编号