精品解析：安徽省合肥市庐江中学2025-2026学年高三上学期调研考试（一）数学试卷

庐江中学高三年级调研考试（一） 数学试卷 命题人： 时间：120分钟 分值：150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则“，”是“的图像关于点对称”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. 定义在上的奇函数满足，.当时，，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 5. 如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若 ，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 若，，，则正数大小关系是（    ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线与平行于轴的动直线交于两点，点在点左侧，为双曲线的左焦点，延长至点，使，连接交轴于点，若，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 如图，在正方体中，E、F分别是的中点.下列结论正确的是（ ） A. EF与垂直 B. 与平面 C. 平面 D. EF与所成的角为 10. 设O为坐标原点，直线l过抛物线C：的焦点F且与C交于A，B两点（点A在第一象限），，l为C的准线，，垂足为M，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 若，则 D. x轴上存在一点N，使为定值 11. 在中，，，D为边BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 最大时， 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知，直线与曲线相切，则的最小值是____________． 13. 已知等比数列为严格增数列，其前项和为若，，则该数列的公比为________． 14. 设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望=________. 四、解答题（分） 15. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）求不等式的解集． 16. 在数列中，，． （1）证明：数列是等差数列并求数列的通项公式． （2）若，求数列的前n项和． 17. 如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，． （1）求证：平面⊥平面； （2）若，点P满足，求直线与所成角的余弦值． 18. 已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，. （1）求椭圆的方程； （2）若为圆上任意一点，求的最小值； （3）已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程. 19. 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为 例如在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处. （1）设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量 ，求 的分布列和数学期望； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）已知 求 以及； （ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 庐江中学高三年级调研考试（一） 数学试卷 命题人： 时间：120分钟 分值：150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解. 【详解】由复数， 所以复数的虚部为. 故选：B. 2. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出集合A，再由补集的概念求即可. 【详解】由题意得， 又因为，所以， 故选：C. 3. 已知函数，则“，”是“的图像关于点对称”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】A 【解析】 【分析】由整体代入法求得的对称中心，即可判断； 【详解】解：， 令，即，， 即的对称中心，， ，”是“的图象关于点对称的”充分不必要条件， 故选：A 4. 定义在上的奇函数满足，.当时，，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由可得，再结合奇函数的定义和周期的定义可得函数的周期，然后利用周期化简，从而可求得结果. 【详解】由，得，即， 因为为奇函数，所以， 所以，所以 所以的周期， 所以. 因为为上的奇函数，所以， 因为当时，，所以， 由，当时， 所以. 故选：D. 5. 如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用三角函数的知识可求得坐标，由向量的坐标运算可构造方程组求得的值，进而得到结果. 【详解】以为坐标原点可建立如图所示的平面直角坐标系，则， ，，， 又，， 又与的夹角为， ， ， 又，， ， ，解得：， . 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量基本定理的相关问题的求解，解题关键是能够建立起平面直角坐标系，将问题转化为平面向量的坐标运算来进行求解. 6. 已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据弦长求出圆心到弦MN的距离，进而确定点的轨迹，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值. 【详解】已知圆的方程为，将其配方可得. 可知该圆的圆心坐标为，半径.  因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知. 已知，则. 在中，根据勾股定理. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.  已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为： .  因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即 故选：B. 7. 若，，，则正数大小关系是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化为函数与函数的交点的横坐标，再数形结合即可判断. 【详解】由，则为与交点的横坐标， 由，则为与交点的横坐标， 由，即，则为与交点的横坐标， 作出，，，的图象如下所示， 由图可知，. 故选：B 8. 已知双曲线与平行于轴的动直线交于两点，点在点左侧，为双曲线的左焦点，延长至点，使，连接交轴于点，若，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线平行于轴，可得三角形相似，得出，再利用已知条件中的线段的关系进行转化列出等式，化简即可求解. 【详解】 根据题意设，， ，其中， 则，，， 直线平行于轴，，， ，， ， 即 ， 点在双曲线上，， ，. 故选：C. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于利用直线平行于轴，得到，从而得到，设，，，求出，，，化简并结合双曲线定义，即可求解. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 如图，在正方体中，E、F分别是的中点.下列结论正确的是（ ） A. EF与垂直 B. 与平面 C. 平面 D. EF与所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】连接，运用中位线定理推出，结合线面平行和垂直的判定定理和性质定理，分析判断可得A、B、C正确；再由异面直线所成的角的概念判断可得D错误． 【详解】对A：连接，，则交于，又为中点， 可得，由平面，平面， 可得，故，又，所以，故A正确； 对B：连接，，由正方体性质可知平面， 可得平面，故B正确； 对C：由，平面，平面， 故平面，故C正确； 对D：与所成角就是，连接， 由正方体性质可知，即为等边三角形， 故，即与所成的角为，故D错误； 故选：ABC. 10. 设O为坐标原点，直线l过抛物线C：的焦点F且与C交于A，B两点（点A在第一象限），，l为C的准线，，垂足为M，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 若，则 D. x轴上存在一点N，使为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，利用过焦点的弦长最短时是通径的结论即得；对于B项，利用抛物线上点的性质进行转化再结合图象，三点共线时，对应线段和最小即得；对于C项，由条件推理得点A的坐标，得到直线的方程，与抛物线方程联立求得两点即得；对于D项，设出直线的方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，将所求式代入化简，分析推理即得. 【详解】 如图，对于A项，因直线经过点,故当且仅当为通径时，最短，即，即，故A项正确； 对于B项，由抛物线定义知，故，由图知，当且仅当三点共线时，取得最小值， 即,故B项正确； 对于C项，因,在中，由可得：,即得点， 于是代入中，整理得：，解得：，即得， 故,即C项错误； 对于D项，设直线，代入中，整理得：，设，则得：， 设在x轴上存在一点，则 ， 故当时，，即存在点使得为定值0.故D项正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与抛物线相交有关的最值、弦长和定值问题,属于难题. 求解直线与抛物线相交有关的最值的思路，一般是从抛物线定义转化线段，结合图象，从三点共线角度考虑；对于相关的定值问题，经常需要直线与抛物线方程联立得出韦达定理，并将所求式进行代入消元整理，再观察分析可得. 11. 在中，，，D为边BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 最大时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】先将已知条件变形化简得，可得到，A选项利用三角形内角和即可判断；B选项利用可判断；C选项分别在和中利用余弦定理，再利用两边之和大于第三边即可求解；D选项，在中利用余弦定理，再借助基本不等式即可求解. 【详解】，， ，即， 整理得，， ，，即. 对于A选项，，，，， ，， ，，不能确定，故A错误； 对于B选项，，，故B正确； 对于C选项，设， 在中，，， 由余弦定理知，， 在中，，， 由余弦定理知，， ，整理得， 在三角形中，两边之和大于第三边，，， ，，故C正确； 对于D选项，在中， ， 当且仅当，即时等号成立， 的最小值为，，， 的最大值为； 此时不妨设，则， 又，D为边BC的中点，则， ，， 为边BC的中点，， 又，则是边长为2的正三角形， ，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知，直线与曲线相切，则的最小值是____________． 【答案】25 【解析】 【分析】根据题意设直线与曲线的切点为，进而根据导数的几何意义得，再根据基本不等式“1”的用法求解即可. 【详解】根据题意，设直线与曲线的切点为， 因为，直线的斜率为， 所以，，， 所以， 因为， 所以，当且仅当时等号成立. 所以的最小值是25. 故答案为：25. 13. 已知等比数列为严格增数列，其前项和为若，，则该数列的公比为________． 【答案】 【解析】 【分析】设出等比数列公比，由题意建立方程，解方程并验根，可得答案. 【详解】设等比数列的公比为，由，则，解得， 由，则，代入上式可得， 去分母可得，易知， 可得，分解因式可得， 易知，解得或， 当时，，则，单调递减，不合题意. 故答案为：. 14. 设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望=________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的所有可能取值，然后计算出现的概率，得分布列，再由期望公式计算出期望． 【详解】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为1或． 正方体共12条棱中任取两条，共有种取法， 其中相交的有，平行且距离为的有种， 其余的是异面或距离为1的平行线，共有36种， ∴，，， 分布列为： 0 1 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查随机变量的期望，考查空间直线的位置关系，考查古典概型概率．综合度较大，属于难题． 四、解答题（分） 15. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）求不等式的解集． 【答案】（1）极小值为，无极大值； （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性,得到函数的极小值点，求得极小值. （2）把所解不等式移项后,构造函数,利用导数研究函数的单调性，利用单调性解得不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时,,在时为减函数； 当时,,在时为增函数， 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 不等式， 令函数，求导得， 函数在上单调递减，且，由，解得， 所以原不等式的解集为． 16. 在数列中，，． （1）证明：数列是等差数列并求数列的通项公式． （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用给定的递推公式，结合等差数列定义推理并求出通项公式. （2）利用错位相减法直接求解即可. 【小问1详解】 数列中，，，则， 又，所以是首项，公差为3的等差数列， 故，所以. 【小问2详解】 由（1）知， ， 则， 两式相减得 ， 所以. 17. 如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，． （1）求证：平面⊥平面； （2）若，点P满足，求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，证得四边形是菱形，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面． （2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据，求得，得到向量则，再由，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：如图所示，取的中点，连接，，， 因为为中点，为中点，所以． 在三棱柱中，，则四边形是菱形， 可得，则， 又因为，，且平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为是等边三角形，为中点，所以， 又，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 因为，，所以是等边三角形，所以． 又因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 因为由平面，所以，，又因为， 以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，， 设，因为，即， 可得，所以， 则， 又因为，所以． 直线CP与所成角的余弦值为. 18. 已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，. （1）求椭圆的方程； （2）若为圆上任意一点，求的最小值； （3）已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义和焦距的性质求出基本量，得到椭圆方程即可. （2）利用圆的性质得到，再结合三角形两边之和大于第三边的性质进行放缩求解最值即可. （3）联立方程组结合韦达定理得到，进而表示出，再结合给定条件进行化简，证明点在定直线上即可. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，因为，所以， 由椭圆的定义，解得， 得到，故的方程为. 【小问2详解】 因为的右焦点， 圆的圆心，半径， 显然椭圆与圆没有交点，因为点在圆上，所以， 于是， 当且仅当分别是线段与椭圆，圆的交点时取等号， 故的最小值为. 【小问3详解】 如图，设， 因为直线，所以点， 联立消去得. 所以， 因为， 且直线斜率的倒数成等差数列，所以， 所以，即， 将代入上述等式可得， 若，则点在直线上，与已知矛盾； 故， 整理可得， 可得， 即， 即对任意的恒成立， 得到，解得或， 由于的斜率不为0，得到，故， 故点在定直线上. 19. 随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为 例如在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处. （1）设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量 ，求 的分布列和数学期望； （2）记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）已知 求 以及； （ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的. 【答案】（1）的分布列为： . （2）（i）；；； （ii）证明：利用可知： ， 于是， 令，， 故在上单调递增， 则，于是， 从而有：， 即为不超过的最大整数，则对任意常数，当时， ，于是, 综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的. 【解析】 【分析】（1）求出求的可能取值及其对应的概率，即可求出分布列，再由数学期望公式求出； （2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；（ii）利用题目条件可证明，再令可证得，进一步可得，即可得出答案. 【小问1详解】 粒子在第秒可能运动到点或或的位置，的可能取值为：， ，，， 所以的分布列为： . 【小问2详解】 （i）粒子奇数秒不可能回到原点，故， 粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑： 每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形； 每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形； 于是， 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步， 向下移动步，故 . 故. （ii）略 【点睛】关键点睛：本题第二问（ii）的关键点在于利用可得，再令可证得，进一步可得，即可得出答案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $