精品解析：安徽省六校教育研究会2026届高三入学素质测试数学试题

安徽六校教育研究会2026届高三年级入学素质测试 数学试题 2025.9 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､单选题：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. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，满足且，则与夹角的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，于是可得到（ ） A. 若，则. B. 若，，则. C. 若，则. D. 若是一对异面直线，且，则. 6. 已知当时，函数取到最大值，且是等差数列的第5项，则（ ） A B. C. D. 7. 已知且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 双曲线的左､右焦点分别为，以为焦点的抛物线与双曲线在第一象限的交点为，若，则双曲线的离心率大小为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 6 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 一组数据：的第70百分位数是7.5 B 若随机变量，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若三个随机事件两两独立，则 10. 在棱长为2的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且平面，则（ ） A. 点的轨迹长度大小为 B. 三棱锥体积始终不变 C. 异面直线与所成角的大小可能为 D. 当异面直线与所成角最大时，四面体的外接球的表面积为 11. 已知，圆，则（ ） A. 存在两个不同的实数，使圆过原点 B. 存在正实数，使圆在轴上和在轴上截得的线段相等 C. 存在三个不同的实数，使圆与轴或轴相切 D. 存在唯一的实数，使圆的周长被直线平分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则__________. 13. 已知数列满足，则数列的前项的和等于______. 14. 一个袋中装有形状大小完全相同的6个球，其中2个红球，4个白球.从袋中有放回地取球，每次随机取1个记下颜色后放回，直到取出3次红球即停止，记为4次之内（含4次）取到红球的次数，则的数学期望__________. 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. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的最大项与最小项. 16. 如图1，在边长为4的等边中，点分别在边上，且，连，沿将折起得到四棱锥（图2），使. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知的内角满足，且的面积大小为4. （1）求边长的最大值； （2）当边长取到最大值时，求的周长. 18. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个正零点且， （i）求证：； （ii）当时，不等式恒成立，求证： 19. 已知离心率为椭圆过点. （1）求椭圆的方程； （2）不过点的直线与椭圆交于两点，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标； （3）在（2）的条件下，是否存在直线，使得是等腰三角形？若存在，请问这样的直线有几条？若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽六校教育研究会2026届高三年级入学素质测试 数学试题 2025.9 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､单选题：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. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意利用列举法以及描述法表示集合，根据交集，可得答案. 【详解】由， ， 则. 故选：C. 2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对复数进行化简，再分别计算和，接着求出，最后根据复数模的计算公式求出. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选： 3. 已知平面向量，满足且，则与夹角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题可先根据向量垂直的性质得到的值，再结合向量夹角公式求出与夹角的大小． 【详解】， 因为，所以， 可得，即， 根据向量的夹角公式，， 因为，所以． 故选：B 4. 已知函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过观察图象，可知，，，对选项一一排除得到答案. 【详解】从图象上看，可知， 对于A选项：，排除A选项； 对于B选项：； 对于C选项： ； 对于D选项：； 从图象上看，可知， 对于B选项：； 对于C选项：，排除C选项； 对于D选项：； 从图象上看，可知， 对于B选项：，排除B选项； 对于D选项：，从而得到D选项正确. 故选：D 5. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，于是可得到（ ） A. 若，则. B. 若，，则. C. 若，则. D. 若是一对异面直线，且，则. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系即可判断ABC，对于D利用面面平行的判断定理即可判断. 【详解】对于A：若，则或或，故A错误； 对于B：若，，则或与异面，故B错误； 对于C：若，则与相交或，故C错误； 对于D：设平面，满足，由， 所以，即，，所以， 又设平面，满足，又由， 所以，即，又，所以， 又由是一对异面直线，所以，所以. 故选：D. 6. 已知当时，函数取到最大值，且是等差数列第5项，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得，结合同角三角之间的关系得出，，再利用等差数列的性质以及两角和差的正切公式即可计算. 【详解】由辅助角公式可知的最大值为，故， 因，则， 即，得， 则， 则， 因是等差数列的第5项，则， 则. 故选：A 7. 已知且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件进行变形，对进行化简，结合常数代换法和基本不等式计算最小值. 【详解】对于两边同时取以为底的对数，可得， 即，变形 因为，所以， 根据基本不等式，当且仅当时等号成立. 所以，即的最小值为. 故选：C. 8. 双曲线的左､右焦点分别为，以为焦点的抛物线与双曲线在第一象限的交点为，若，则双曲线的离心率大小为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可. 【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则， 过作轴的垂线，过作的垂线，垂足为，显然直线为抛物线的准线， 则， 由双曲线的定义及已知条件可知，则， 由勾股定理可知， 又，所以，即， 整理得，所以，所以， 所以双曲线的离心率大小为3 .故选：A. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 一组数据：的第70百分位数是7.5 B. 若随机变量，则 C. 若随机变量，且，则 D. 若三个随机事件两两独立，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，根据百分位数的定义判断即可；对B，根据二项分布的方差公式求解即可；对C，根据正态分布的对称性求解即可；对D，举例进行验证即可． 【详解】对于A：数据共7个，则，所以第70百分位数为第5项数据8，故A错误. 对于B：若随机变量，则，故B正确； 对于C：若随机变量，则对称轴为， 由，得， 则，得，故C正确； 对于D：设样本空间含有4个等可能的样本点，且，，， 则，， 所以，，，即A，B，C两两独立， 但是，所以A，B，C两两独立时，不一定成立，故D错误. 故选：BC 10. 在棱长为2的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且平面，则（ ） A. 点的轨迹长度大小为 B. 三棱锥的体积始终不变 C. 异面直线与所成角大小可能为 D. 当异面直线与所成角最大时，四面体的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面平行的性质得轨迹判断选项A；由底面积和高计算体积判断选项B；由异面直线与所成角的范围判断选项C；四面体的外接球即为正方体的外接球，求出半径后判断选项D. 【详解】正方体中，有，平面，平面，则平面， 同理平面，又，平面， 所以平面平面， 由平面， 所以点E的轨迹是线段， 正方体棱长为2，根据勾股定理，，所以选项A正确； ，因为E在上运动，平面， 所以E到平面的距离h不变， 由，有的面积为定值， 所以三棱锥的体积始终不变，B选项正确； 因为，所以就是异面直线与所成的角(或其补角)， 点E从移动到，从0增大到，所以与不垂直， 即异面直线与所成角的大小不可能为，选项C错误； 当与重合时，异面直线与所成角最大， 此时四面体即，其外接球即为正方体的外接球， 其体对角线，则外接球的半径， 所以四面体的外接球的表面积，选项D正确. 故选：ABD 11. 已知，圆，则（ ） A. 存在两个不同的实数，使圆过原点 B. 存在正实数，使圆在轴上和在轴上截得的线段相等 C. 存在三个不同的实数，使圆与轴或轴相切 D. 存在唯一的实数，使圆的周长被直线平分 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A方程的解的个数等价于函数的图象与曲线的交点个数，利用数形结合即可判断，对于B由题意有，即，方程的解的个数函数和的零点的个数和相等，利用导数研究的单调性进而判断零点即可判断，对于C等价于或，解出即可判断，对于D圆的周长被直线平分等价于，过圆心，即，令，利用导数研究单调性进而求零点即可判断. 【详解】圆的圆心为，半径为2， 对于A：由圆过原点，所以，方程的解的个数等价于函数的图象与曲线的交点个数， 作函数与圆的图象可得： 所以函数的图象与曲线的交点个数为2， 所以存在两个不同的，使得圆经过坐标原点，故A正确； 对于B：圆C在轴和轴上截得的线段长相等等价于， 所以，即， 方程的解的个数函数和的零点的个数和相等， 因为，所以在上单调递增，又， 所以函数在区间上存在一个零点，即函数存在一个零点， 又因为，由， 所以在单调递增，在单调递减，又， 所以没有零点， 即不存在一个，使得圆C在轴和轴上截得的线段长相等，故B错误； 对于C：圆C与轴或轴相切等价于或，解得或， 所以存在三个不同的实数，使圆与轴或轴相切，故C正确； 对于D：圆的周长被直线平分等价于，过圆心， 所以，即，令， 所以，由， 所以在单调递增，在单调递减，又，所以只有一个零点， 所以存在唯一的实数，使圆的周长被直线平分，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】由二项式定理得，代入求值即可. 【详解】由二项式定理可得， ， 则有， 当时，. 故答案为：3. 13. 已知数列满足，则数列的前项的和等于______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出，再利用裂项相消法求和即得. 【详解】数列中，由，得， 因此数列是以为首项，1为公差的等差数列，， 即，于是， 所以数列的前项的和等于. 故答案为： 14. 一个袋中装有形状大小完全相同的6个球，其中2个红球，4个白球.从袋中有放回地取球，每次随机取1个记下颜色后放回，直到取出3次红球即停止，记为4次之内（含4次）取到红球的次数，则的数学期望__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题知每次取到红球的概率都是，可取0，1，2，3，求出对应随机变量 的概率，再利用离散型随机变量的数学期望公式即可得出结果. 【详解】由题意可知，每次取出红球的概率都是 ，则 ， 则 ， 所以 . 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. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的最大项与最小项. 【答案】（1） （2）最大项为，最小项为. 【解析】 【分析】(1)根据，结合题意可求得数列的通项公式； (2)由(1)得,结合求得,进而得到的通项公式.因为涉及,所以须分析当n取奇数或偶数时， 的取值情况，进而得到数列的最大项与最小项 【小问1详解】 因为，且, 所以当时，,所以. 当时，, 所以,即. 所以 数列是首项为，公比为的等比数列. 所以. 所以数列的通项公式为： 【小问2详解】 由(1)知，, 所以, 当时，. 因为是k的增函数，所以, 所以，所以， 当且仅当,即时，； 当时，, 因为是k的增函数，所以是k的减函数， 所以, 所以，所以, 当且仅当,即时，. 综上所述，的最大值为,最小值为. 所以数列最大项为，最小项为. 16. 如图1，在边长为4的等边中，点分别在边上，且，连，沿将折起得到四棱锥（图2），使. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理及勾股定理求出，，再由线面垂直及面面垂直的判定定理进行求解； （2）以点为原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量进行求解． 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， ， 所以，得， 如图1，在中，由余弦定理得， ， 所以在图2中，，得， 由平面平面， 得平面，又平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 由图1，可知, 所以，以点为原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则． 得， 设平面的法向量为， 则，取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，而， 则，取平面的一个法向量为， 所以， 因为平面与平面夹角不超过， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知的内角满足，且的面积大小为4. （1）求边长的最大值； （2）当边长取到最大值时，求的周长. 【答案】（1）8； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简得，再利用三角形面积公式和正弦定理得，解出，最后根据三角函数有界性即可得到其最大值； （2）计算得，，最后利用正弦定理即可得到答案. 【小问1详解】 由条件知， 即， 展开得， 于是， 展开得， 设的外接圆半径大小为， 则根据正弦定理得， 解得， 所以， 于是当时，边长最大，最大值为8． 【小问2详解】 由（1）知，此时， 于是，， 所以，因为， 所以，即 于是， 所以的周长为． 18. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若函数有两个正零点且， （i）求证：； （ii）当时，不等式恒成立，求证：. 【答案】（1）答案见解析 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数并讨论参数 的范围研究导数的符号，即可判断单调性； （2）（i）函数有零点可转化为 ，从而求出 ，利用作差法得，分析法将问题转化为证明 ，利用换元法以及构造新函数，根据导数研究新函数的单调性即可得证；（ii）由（i）可讨论当时，的符号情况 ，分析可知要满足题意，则关于 的方程 的两根也是 ，等价代换得，通过对比系数可得证. 【小问1详解】 函数 的定义域为 ，求导得 ， 当 时， ，所以函数 在 上单调递增； 当 时，令 ，解得 ， 当 时， ，函数 在 上单调递减， 当 时， ，函数 在上 单调递增． 综上所述，当 时，函数 在 上单调递增； 当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增． 【小问2详解】 由题意知方程 有两个不同的正实根 ， 由（1）知 且 ，解得 ， 所以 ，， 两边同时取自然对数，得 ， 两式相减得 ，即 ， （i）要证 ，只需证明 ， 令 ，只需证明 构造函数 ，求导得 ， 所以函数 在 上单调递增，于是 ，所以不等式 成立， 于是原不等式 成立. （ii）结合以上分析可知当 时， ； 当 时， ；当 时， ． 所以要满足题意，则关于 的方程 的两根也是 ， 于是 ， 对比系数得 ， 所以 ． 19. 已知离心率为的椭圆过点. （1）求椭圆的方程； （2）不过点的直线与椭圆交于两点，且，求证：直线过定点，并求出定点坐标； （3）在（2）条件下，是否存在直线，使得是等腰三角形？若存在，请问这样的直线有几条？若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析，定点坐标为 （3）条，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出，即可得出椭圆方程. （2）当直线的斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立，利用向量垂直的坐标表示，结合韦达定理计算推理直线过定点；当直线的斜率不存在时，设直线，与椭圆方程联立，利用向量垂直的坐标表示，求得，可知直线的方程为，也过定点，即可得解； （3）由题意，且直线的斜率存在，由距离公式和韦达定理可得，结合化简得，构造函数，利用导数法结合零点存在性定理得方程有唯一的实数根，即可得解. 【小问1详解】 依题意，，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率存在时，设直线，由题意，， 由，消去得， 则，即， ，而， 由，得， 即， 整理得， 则， 化简整理得，所以， 因为，所以，即， 所以直线过定点； 当直线的斜率不存在时，设直线，于是， 由，得，即， 结合得，，解得或（舍去）， 此时直线的方程为，也过定点； 综上，直线恒过定点. 【小问3详解】 假设存在直线满足条件，因为，所以， 当直线的斜率不存在时，显然不符合； 当直线的斜率存在时，由（2）可知，， 又，代入展开整理得， 又，所以，所以， 又，所以， 构造函数，则， 令得，， 于是当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以， 又， 根据零点存在定理可知函数在内有唯一零点， 于是函数在R上只有一个零点，即方程有唯一的实数根， 所以存在直线，使得是等腰三角形，这样的直线只有条. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $