精品解析：安徽省肥东县第一中学2025-2026学年高三大联考(三)数学试题

肥东一中2026级高三大联考（三） 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.命题人：司成煜；审题人：元梓凡. 注意事项： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 一组不全相等的数据，去掉一个最大值，则下列数字特征一定改变的是（ ） A. 极差 B. 中位数 C. 平均数 D. 众数 2. 在复平面内，复数z对应的点为，则的虚部是（　　） A. B. C. D. 3. “其身正，不令而行；其身不正，虽令不从”出自《论语•子路》．意思是：领导者自身品行端正时，即使不发布命令，人们也会自觉遵行；自身行为不端时，即使发布命令，人们也不会听从．根据上述材料，“身正”是“令行”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. 已知是方程的两个根，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（　　） A. B. C. 1 D. 2 6. 已知抛物线的焦点是，直线均过焦点且互相垂直，则的值是（ ）. A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，当时，，则的值为（ ） A. 1010 B. 1011 C. 1012 D. 1013 8. 在锐角中，若，则的最小值是（ ） A. 4 B. C. D. 8 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 某植物基因型为Aa的亲本个体自交，第1代中杂合子Aa出现的概率为，纯合子AA和aa出现的概率分别为，之后每一代个体都自交，记第n代中杂合子Aa出现的概率为，纯合子AA出现的概率为，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 第5代中杂合子Aa出现的概率为 C. 数列是等差数列 D. 第5代中纯合子AA出现的概率为 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，有两个极值 C. 若有三个不同零点，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有两条 11. 双曲线（，）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（ ） A. 的离心率为 B. C. D. 当时，四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则_________. 13. 甲、乙两人进行象棋比赛（没有平局），采用“五局三胜”制．已知在每局比赛中，甲获胜的概率为，．设甲以获胜的概率为，则的最大值为______． 14. 已知对棱相等的四面体被称为“等腰四面体”，它的四个面是全等的锐角三角形.设等腰四面体的三组对棱长分别为.在等腰四面体中，，.则该四面体的体积为__________；该四面体的内切球表面积为__________. 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. 求函数的定义域与值域. 16. 已知双曲线的左、右焦点分别为． （1）若双曲线与椭圆有共同的焦点，且双曲线过点，求该双曲线的标准方程； （2）若，点在双曲线右支上，且，求的面积． 17. 如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心． （1）证明：平面； （2）翻折至四面体的体积最大时． （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）求与平面所成的角的正弦值． 18. 已知函数有三个零点，满足． （1）求实数a的取值范围； （2）若为上任意个实数，，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”．也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凸函数”．若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”．也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凹函数”．这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式，请根据以上材料，回答下面的问题． （i）若函数为凸函数，求b的取值范围； （ii）证明∶． 19. 错位重排是伯努利和欧拉在错装信封时发现的，因此又称伯努利-欧拉装错信封问题.现不妨将数字 任意排成一列，如果数字恰好在第个位置上，则称有一个，其中的个数称为数，记为.当时的排列称为排列，并记数字的排列种数为，例如，该种问题就是错位重排问题，也称作问题. （1）现有一道五选五的选句填空题，需要将选项为的个选项，分别填入题号为的个小题，求每道题都答错的概率(结果保留分数)； （2）求的通项公式； （3）设n个数字排位一列且没有的概率，讨论与的大小关系，并说明理由； （4）证明：为奇数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 肥东一中2026级高三大联考（三） 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.命题人：司成煜；审题人：元梓凡. 注意事项： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 一组不全相等的数据，去掉一个最大值，则下列数字特征一定改变的是（ ） A. 极差 B. 中位数 C. 平均数 D. 众数 【答案】C 【解析】 【分析】根据极差、中位数、平均数、众数的定义，结合题设、特例和各项描述依次分析其正误. 【详解】A，由题意，去掉一个最大值后，剩下的数据中可能有数据等于原来的最大值，此时极差不变，A错误； B，中位数不一定改变，如原数据为1，2，2，3，中位数为2，去掉3后，数据为1，2，2，中位数还是2，B错误； C，设原平均数为， 假设去掉最大值后平均数不变，则， 所以，解得， 由原数据不全相等，可得，矛盾， 所以平均数一定改变，C正确； D，众数不一定改变，如数据为2，2，3，4，众数为2，去掉4后，众数仍为2，D错误． 故选：C 2. 在复平面内，复数z对应的点为，则的虚部是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得，再由复数的乘法、除法运算即可求解. 【详解】因为在复平面内，复数z对应的点为， 所以， 所以的虚部是． 故选： D． 3. “其身正，不令而行；其身不正，虽令不从”出自《论语•子路》．意思是：领导者自身品行端正时，即使不发布命令，人们也会自觉遵行；自身行为不端时，即使发布命令，人们也不会听从．根据上述材料，“身正”是“令行”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】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合题意即可得到答案. 【详解】由题意，“其身正，不令而行”，即身正令行，故“身正”是“令行”的充分条件；“其身不正，虽令不从”，即令行身正，所以“身正”是“令行”的必要条件．综上可知，“身正”是“令行”的充要条件. 故选：C． 4. 已知是方程的两个根，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据韦达定理与两角和的正切公式结合求解即可. 【详解】由韦达定理可得，，， 又，故. 故选：A 5. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（　　） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】结合已知利用正余弦定理化简求解即可. 【详解】因为，由正余弦定理得， 即，化简得 故选：A 6. 已知抛物线的焦点是，直线均过焦点且互相垂直，则的值是（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由于所求值为定值，可取特殊位置求解，设出两直线方程，分别代入抛物线方程，根据韦达定理和弦长公式求解和即可. 【详解】如图，由于两直线有很好的对称性，故可取特殊位置， 该抛物线的焦点， 因为直线AB和CD均过焦点且互相垂直，则两直线斜率存在且不等于零， 设AB的斜率为，则CD的斜率为， 直线AB的方程为， 与抛物线联立得：， 则， 同理可得， 因此， 故选：D. 7. 已知数列的前项和为，当时，，则的值为（ ） A. 1010 B. 1011 C. 1012 D. 1013 【答案】D 【解析】 【分析】根据数列的递推公式得出，即第3项起相邻两项之和为定值，再结合题意即可求出结果. 【详解】由题意可知，当时，，则当时，， 两式相减可得，即， 则， 所以． 故选：D． 8. 在锐角中，若，则的最小值是（ ） A. 4 B. C. D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由可得，在中，利用和角的正切公式化简推出，由利用基本不等式和上述结论，可推得，从而可得的最小值. 【详解】由，可得． 因为为锐角三角形，所以均大于0． 则（*）， 当且仅当时取等号． 而 ， 则由（*）可得：， 即，当且仅当， 即时取等号. 即当或时， 的最小值是8． 故选： D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 某植物基因型为Aa的亲本个体自交，第1代中杂合子Aa出现的概率为，纯合子AA和aa出现的概率分别为，之后每一代个体都自交，记第n代中杂合子Aa出现的概率为，纯合子AA出现的概率为，则（ ） A. 数列是等比数列 B. 第5代中杂合子Aa出现的概率为 C. 数列是等差数列 D. 第5代中纯合子AA出现的概率为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据递推关系可得，，即可结合选项求解ABC,利用累加法即可求解D. 【详解】由题意可得，第2代中杂合子Aa出现的概率为，第3代中杂合子Aa出现的概率为，…，故第n代中杂合子Aa出现的概率，又，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，A正确；，B错误； 由题意可得，第1代中杂合子Aa自交后在第2代中出现纯合子AA的概率为，所以第2代中出现纯合子AA的概率为，第2代中杂合子Aa自交后在第3代中出现纯合子AA的概率为，所以第3代中出现纯合子AA的概率为，…，故第n代中纯合子AA出现的概率，，不是等差数列，C错误； ，D正确． 故选：AD 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，在上单调递减 B. 当时，有两个极值 C. 若有三个不同零点，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有两条 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由题可得当时，，据此可判断选项正误；对于B，由题可得此时，由判别式可判断极值点个数；对于C，由题可得，然后通过比较常数项可判断选项正误；对于D，设切点为由题可得判断切线条数相当于判断方程根的个数，利用导数研究函数单调性可得根个数. 【详解】对于A，当时，恒成立，故函数在上单调递增，A错误． 对于B，，有两个不相等实数根，有两个极值，故B正确． 对于C，有三个不同零点 ， 取可得，， 所以，，故C正确． 对于D，显然点不在的图象上， 设切点为， 故切线方程为， 又切线过点，故， 整理得，设，则， 令，得或，令，得或， 令，得， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中，又，故只有1个根－2， 故过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，D错误． 故选：BC． 11. 双曲线（，）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（ ） A. 的离心率为 B. C. D. 当时，四边形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线的概念，圆和直线的位置关系，以及焦点三角形的性质，逐一判断各选项正误. 【详解】双曲线，则，，，，渐近线方程为，以为直径的圆方程为； 联立方程组得，解得，不妨设， 则，由，得， 解得，则，离心率，所以A正确； 可知，则，所以，所以B正确； 由，则，，，， 当位置互换时，，不符合条件，所以C错误； 由，则，所以， 已知，， 所以，所以D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】表示出，由向量垂直的条件，列式解出答案 【详解】因为，， 所以. 因为， 所以， 解得. 故答案为： 13. 甲、乙两人进行象棋比赛（没有平局），采用“五局三胜”制．已知在每局比赛中，甲获胜的概率为，．设甲以获胜的概率为，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】甲以获胜，则前三局中甲要胜两局败一局，第四局甲再获胜，所以，再利用导数求解最大值． 【详解】甲以获胜，则前三局中甲要胜两局败一局，第四局甲再获胜， 所以， 则． 令，得； 令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值，为． 故答案为： 14. 已知对棱相等的四面体被称为“等腰四面体”，它的四个面是全等的锐角三角形.设等腰四面体的三组对棱长分别为.在等腰四面体中，，.则该四面体的体积为__________；该四面体的内切球表面积为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将对棱相等的 “等腰四面体”放入一个长方体中，求出长方体的棱长，求出该四面体的体积，根据体积，使用等体积法求出内切圆半径即可. 【详解】已知，，根据余弦定理可知, 如图所示，将对棱相等的 “等腰四面体”放入一个长方体中，则根据勾股定理可知，解得， 则， 所以， 已知，，则, 可知， 则四面体表面积， 设内切球半径为，则，则半径， 则内切球表面积为， 故答案为：；. 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. 求函数的定义域与值域. 【答案】， 【解析】 【分析】解法1：由三角换元法，令，再利用辅角公式化简结合正弦函数图像特点即可得值域； 解法2∶运用柯西不等式求解即可； 解法3∶根据线性规划，令即则，再由线性规划即可求解. 【详解】由题知函数定义域为. 解法1：三角换元法 令，则 所以，所以 解法2：柯西不等式法 当时取等号， 又因为函数在上为增函数. 故. 所以. 解法3∶线性规划法 ，令,则， 所以当时，， 当相切时，即原点到直线的距离， 解得或(舍)，则， 所以 16. 已知双曲线的左、右焦点分别为． （1）若双曲线与椭圆有共同的焦点，且双曲线过点，求该双曲线的标准方程； （2）若，点在双曲线右支上，且，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，再利用待定法求出双曲线方程. （2）利用双曲线定义，结合余弦定理、三角形面积公式求解. 【小问1详解】 椭圆的焦点为和， 依题意，，解得，所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 设，，则由双曲线的定义得， 在中，， 则，所以的面积. 17. 如图1，正方形的边长为2，如图2，将正方形沿着对角线翻折，O为原正方形的中心． （1）证明：平面； （2）翻折至四面体的体积最大时． （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）求与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1） 在图中，连接，， 因为和都是等腰三角形，且O是正方形中心， 所以，，，，平面， 所以平面． （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）依据条件得到，，然后利用线面垂直判定定理可得； （2）（i）方法1：分别取，的中点，记为E，F，然后找到或其补角为异面直线与所成角，然后计算相关线的长度计算；方法二：建立空间直角坐标系，计算，，然后利用空间夹角公式计算即可；（ii）计算以及面的一个法向量，然后计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，D点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，所以平面． 方法1：（ⅰ）在四面体中，取，的中点，记为E，F，连接，，． 因为为的中位线，所以且， 同理且， 所以或其补角为异面直线与所成角，且，， 由前知，平面，所以． 又，，所以， 所以为等边三角形，， 所以异面直线与所成角的大小为． 方法2：（ⅰ）所以，，两两垂直，如图，以O为坐标原点， ，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2， 所以，，，， ，， 设异面直线与所成角为，， 因为，所以． （ⅱ）因为，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为，， 即与平面所成的角的正弦值为． 18. 已知函数有三个零点，满足． （1）求实数a的取值范围； （2）若为上任意个实数，，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”．也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凸函数”．若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”．也可设可导函数在上的导函数为在上的导函数为，当时，函数在上的为“凹函数”．这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式，请根据以上材料，回答下面的问题． （i）若函数为凸函数，求b的取值范围； （ii）证明∶． 【答案】（1） （2）（i）； （ii） 由题目信息，，当且仅当时取等号. 由（1），， 又注意到， 则. 令， 则 则， 即， 即 . 因，则， 因，则，， 则，从而 ，则取时， 即时， ， 即. 【解析】 【分析】（1）由题目信息可判断单调性，从而可得，然后讨论，2大小关系，可得单调性，再结合零点存在性定理可得答案； （2）（i）由题可得，对定义域恒成立，通过换元及复合函数导数求法可得，据此可得答案；（ii）由题目信息，结合令可得，然后由（i）中结论可完成证明. 【小问1详解】 由题，由题目信息： ，则. 从而在上单调递减，在上单调递增，从而. 若，则，则在上单调递增， 又注意到，则此时只有1个零点，不满足题意； 若，则， 令在 上单调递增，则. ,又，则存在， 使. 结合单调性可得，. 则在上单调递增，在上单调递减. , 则. 令，则， 从而在上单调递减，又， 则. 又注意到，，， ，则存在， 使，满足题意. 所以实数的取值范围是； 【小问2详解】 （i）令，则， 从而， 令，则， 从而，由题，对定义域恒成立， 则恒成立， 即. 令，则， 令，则， 从而，， 则在上单调递增，在上单调递减，则， 从而， 所以实数的取值范围是； （ii）略 19. 错位重排是伯努利和欧拉在错装信封时发现的，因此又称伯努利-欧拉装错信封问题.现不妨将数字 任意排成一列，如果数字恰好在第个位置上，则称有一个，其中的个数称为数，记为.当时的排列称为排列，并记数字的排列种数为，例如，该种问题就是错位重排问题，也称作问题. （1）现有一道五选五的选句填空题，需要将选项为的个选项，分别填入题号为的个小题，求每道题都答错的概率(结果保留分数)； （2）求的通项公式； （3）设n个数字排位一列且没有的概率，讨论与的大小关系，并说明理由； （4）证明：为奇数. 【答案】（1） （2） （3） 当为奇数时，个数字排位一列且没有的概率小于， 当为偶数时，个数字排位一列且没有的概率大于，理由如下： 由(Ⅱ)知：，所以， 所以， 又因为个数字排位一列且没有的概率为， ， 所以， 当为奇数时：       ， 当为偶数时：       ， 所以当为奇数时，个数字排位一列且没有的概率小于， 当为偶数时，个数字排位一列且没有的概率大于. （4）证明：根据(Ⅱ)的递推关系及(Ⅰ)的结论，均为自然数； 当，且为奇数时，为偶数，从而为偶数， 又也是偶数，故对任意正奇数，有均为偶数. 下面用数学归纳法证明 (其中)为奇数.当时，为奇数； 假设当时，结论成立，即是奇数，则当时，， 注意到为偶数，又是奇数，所以为奇数， 又为奇数，所以，即结论对也成立； 根据前面所述，对任意，都有为奇数. 【解析】 【分析】(Ⅰ) 根据定义分别计算，并计算包含的所有样本点，即可求解； (Ⅱ) 先将封信分为两步，再将第二步分为两类，最后由分步乘法和分类加法计数原理表示出，令，得出，由累乘法得，再由累加法得，进而得出； (Ⅲ) 将(Ⅱ)的结果同时除以后变形，再结合所给展开式分为奇数和偶数时分别求出概率即可； (Ⅳ) 由递推关系得对任意正奇数，有均为偶数，再利用以及归纳假设得结论. 【小问1详解】 由题意可得，初始条件， ， ， ， 一共有种，因此概率为：. 【小问2详解】 若有封信时，其装法可分为两个步骤： 第一步：编号为的信，有种装法； 第二步：重装其余的封信，根据第一步装法可分为两类， 第一类，若编号为的信，装入编号为的信封，，但编号为的信装入编号为的信封，这样有种装法； 第二类，若编号为的信，装入编号为的信封，，但编号为的信不装入编号为的信封，这样有种装法； 由分步乘法和分类加法计数原理，所以， 所以有递推公式， 令，则有， 化简得，从而有，而， 由累乘法知． 而，故也符合该式，于是由累加法知，， 所以，所以. 【小问3详解】 当为奇数时，个数字排位一列且没有的概率小于， 当为偶数时，个数字排位一列且没有的概率大于，理由略； 【小问4详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $