安徽省合肥市2026届高三数学下学期3月规范训练(一)【含答案】

安徽省合肥市2026届高三下学期3月份规范训练数学试题一、单选题1．已知集合，则集合的真子集个数为（

）A．2 B．3 C．4 D．52．已知且，则的最小值是（

）A．3 B．9 C．5 D．253．设是周期为的奇函数，当时，，则（

）A． B． C． D．4．从小到大排列的一组数据：80，86，90，96，110，120，126，134，则这组数据的上四分位数为（

）A．86 B．88 C．120 D．1235．已知平面向量，若，则（

）A． B． C． D．6．已知，则的值为（

）A． B． C． D．7．对于数列，定义为数列的“优值”，现已知数列的“优值”，记数列的前项和为，则（

）A．2027 B． C．2029 D．8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，与双曲线C的右支交于点P．若，，，为的角平分线，则的值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．若复数，则下列选项正确的有（

）A． B．的共轭复数为C．为实数 D．在复平面内对应的点位于第四象限10．如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（

）A．圆锥的侧面积为B．三棱锥体积的最大值为C．的取值范围是D．若，为线段上的动点，则的最小值为11．已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（

）A． B． C． D．三、填空题12．“”是“函数为幂函数，且在上单调递减”的__________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）13．若函数的定义域是，则函数的定义域是__________．14．如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有__________种不同的染色方案.四、解答题15．如图，在平面凸四边形中，已知．(1)求；(2)求的面积．16．已知函数(1)设，讨论的单调性；(2)设，若有解，求的取值范围．17．如图所示，在四棱柱中，底面是梯形，，侧面为菱形，．(1)求证：；(2)若，，点在平面上的射影恰为线段的中点，求与平面所成角的正弦值．18．已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．(1)求抛物线的方程；(2)记与的面积分别为．①当四点共圆时，求直线的方程；②求的取值范围．19．线性反馈移位寄存器是现代通信应用中的关键技术，利用它进行简单的逻辑运算和移位操作能生成伪随机序列，因而被广泛用于干扰码、加密和同步等场景．某线性反馈移位寄存器通过以下规则生成由0和1组成的序列：①初始设置：前三位为；②生成规则：从第4位开始，计算公式为其中是正整数．(1)求数列的前6项；(2)设，求的通项公式；(3)设，求的值．参考答案1．B【详解】对于集合，，解得，故，所以，故真子集个数为.故选：B2．D【详解】因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，解得，当且仅当时等号成立，所以的最小值为25．3．C【详解】因为是周期为的奇函数，且时，，所以．4．D【详解】从小到大排列的一组数据：80，86，90，96，110，120，126，134，因为，所以这组数据的上四分位数为．5．B【详解】由于，由得，解得．6．C【详解】因为，.7．D【详解】由，得，①，②①-②得，即，，所以．8．D【详解】双曲线，设双曲线半焦距为，左、右焦点分别为，，，，是中点，，，是中点，是以为圆心，为半径的圆上的点，故，设点在双曲线渐近线上，联立得，点在双曲线渐近线上，且是中点，，故，解得，，的斜率，方程为，联立直线与双曲线方程，得，解得，在双曲线右支上，，，故点；，是的角平分线，，故D正确．故选：D．9．ACD【详解】由题意，对于A：，故A正确；对于B：的共轭复数为，故B错误：对于C：，为实数，故C正确；对于D：，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确．10．BCD【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，对于A，圆锥的侧面积为：，A错误；对于B，当时，的面积最大，此时，则三棱锥体积的最大值为：，B正确；对于C，是等腰三角形，，又因为，则，依题意，，而，因此，C正确；对于D，由，，得，有为等腰三角形，将以为轴旋转到与共面的位置，得到为等腰三角形，，，，于是，所以，D正确．11．ACD【详解】对A，令，则，故时，单调递增；时，单调递减，所以的极大值，且，，因为直线与曲线相交于､两点，所以与图象有个交点，所以，故A正确；对B，设，且，可得，在点处的切线程为，得，即，因为，所以，即，故B错误；对C，因为，所以，因为为两切线的交点，所以，即，所以，所以，故C正确；对D，因为，，所以，又因为，所以，所以，同理得，得，即，因为，所以，所以，即，故D正确.其中不等式①的证明如下：不等式①（其中），构造函数，则．因为，所以，所以函数在上单调递减，故，从而不等式①成立.故选：ACD.

12．充分不必要【详解】当为幂函数时，解得或，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减.所以“”是“为幂函数，且在上单调递减”的充分不必要条件．13．【详解】要使函数有意义，则，解得，取交集得．14．192【详解】法一：间隔元素分析法：①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种；②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种；③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式；若与不同色，则只有1种上色方式；故有种；④不同色，不同色，1）同色，则有种；2）不同色，则有种.综上，共有种方式.法二：相邻最多元素优先分析法：考虑到影响的元素最多：①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种；2）不同色，则有2种染色法，故共有：种；②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到），故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种.综上：共有种染色方案.故答案为：192.15．(1)(2)【详解】（1）在中，由余弦定理得，解得，在中，由正弦定理得，且为锐角，所以，则．在中，由正弦定理得．（2）因为，所以为锐角，所以，在中，．由正弦定理得，所以．16．(1)在定义域单调递增(2)【详解】（1）．所以，所以在定义域单调递增；（2）因为，所以函数为偶函数，由对称性可将问题转化为存在，使有解；而；；令，则，令，则因为，所以，故在上为增函数；当时，，所以在上为增函数；故，所以在上为增函数，故，不符合题意；当时，，且，又在上为增函数，故，使，当时，，函数在上单调递减，当时，，所以函数在上单调递减，当时，，符合题意，综上所述的取值范围是．17．(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，易知，又为的中点，，又，平面，∴平面，平面，∴．（2）∵在面上的射影为，又，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，∵，则，∴，又，设平面的法向量为，，则，令，又，则与平面所成角的正弦值为．18．(1)(2)①；②【详解】（1）因为点，则，又，则，所以，代入抛物线，得到，解得，所以抛物线的方程为.（2）①因为直线方程为，设，联立，消得到，则，当四点共圆时，则有，故，则，所以，又，所以，即，整理得到，又，所以，故直线的方程为.②当时，由，得，又直线的斜率，则，由，得到直线，由，得，直线，联立方程，解得，由，得，所以，又，又，所以，故的取值范围