精品解析：安徽安庆市2026届高三二模数学试题

安庆市2026年高三模拟考试（二模） 数学试题 命题：安庆市高考命题研究课题组 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名填写在答题卡上，并在相应的方框内粘贴条形码． 2．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．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：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. 已知复数满足，其中是虚数单位，则的模等于（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，即， 可得， 则. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别解对数不等式与二次函数不等式，结合交集运算即可求解. 【详解】解不等式得，即集合， 解不等式得，即集合， 则. 3. 已知等比数列，其公比，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式化简为，利用基本不等式即可求得答案. 【详解】由题意知等比数列，其公比， 则， 当且仅当，即时取等号， 故的最小值为. 4. 已知，函数为奇函数，则（ ） A. 15 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，通过导数确定是时唯一的解，进而可求得的值. 【详解】因为是奇函数且，则， 解得， 设，则， 令，则，因为单调递增，且， 所以存在唯一，使， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以最多有两个零点， 观察到，所以是时唯一零点， 即是在上唯一的解，经检验，满足题意， 所以，则. 5. 已知向量，且，则向量夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知，根据模长平方公式：  ， ， 再由，移项得， 两边平方：，  代入展开式： ， 整理得：，因为模长非负，故， 再次对两边平方得： ， 展开化简得：，即，得， 结合 ，舍去负值，得. 故选:C 6. 已知函数的部分图象如图所示，则该函数图象的一条对称轴是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由图像可知，当时，，代入得：  ，又因为，因此， 又由图像可知，当时，，且该点是函数下降段的零点， 则代入得： ，， 又由图像可知周期满足，， 所以只能取，得，因此函数解析式为：, 再由正弦函数的对称轴满足： ， 令，得. 7. 三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】（1）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 因为，，所以， 所以，则. （2）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 所以. （3）是等边三角形，且，如下图所示， 取的中点，连接，则，， 所以，所以，所以， 所以，，平面， 所以平面.所以. 8. 椭圆的左、右焦点分别为、，上点位于第一象限内，为坐标原点，，线段与轴交于点且，若的面积等于，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据得，再根据以及与轴交于点列两组等式求出，并得到，由此可判断出的形状，并据此及的面积列等式求出c的值，最后再求出． 【详解】 设，根据可得， 因为，所以、、共线， 可得，化简得（1）， 又因为直线过点、，可得直线的方程为， 代入得，化简得（2）， 联立（1）（2）可得，易知，所以，即， 所以，即，又，所以轴， ，解得， 因此，在中，， 所以． 二、选择题：本题共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. 已知等差数列的公差为，其前项和为，且，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】由，得或， 即或，显然，故B正确； 则，故A正确； 对于C，当时，有， 此时，等差数列为递增数列，则，故C错误； 对于D，当时，有， 解得，则，故D正确. 10. 在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（ ） A. 点的轨迹长度等于 B. 平面 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【详解】构建空间直角坐标系，分别以所在直线为轴，轴，轴， 则可得， 因为点在平面（含边界）一动点，则可设点，设为点到平面的距离. 对于A，根据题意可设平面的方程为， 则有，解之可得，令，则可得， 所以平面的方程为， 再根据点到平面的距离公式可求出， 而，所以可求出， 当时，，当时，，而，即点为一条线段， 由点的轨迹长度为，故A正确； 对于B，因为，，所以可知平面，所以 同理可证，是平面法向量，， 根据平面，则有，可求出， 而由A可知，有矛盾，故可判断B错误； 对于C，法（一）直线与平面所成角为，则， 而为点到平面的距离， 根据两点之间距离公式可求出， ，要使最大，则只需最小即可， 当时，取最小值为，所以， 法（二）点为中点，点为中点，根据图形可知当点位于线段中点时， 线段最短，， 此时直线与平面所成角最大，故所成角的正弦的最大值为，故C正确； 对于D，法（一）设直线与所成角度为，而 根据异面直线所成角的余弦公式可知， 由C选项可知， 所以， 令，化简后可得， 令，， 则， 所以在上大于，所以为单调递增， 则，则， 所以最小值为， 法（二）平移到根据图形可知当点位于点时， 异面直线与所成角最大，其余弦值最小，最小值为，故D正确. 11. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（ ） A. B. 是极小值点 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】结合导数的性质与零点存在性定理得到，，举反例判断A，不断构造函数并结合导数的性质判断B，利用正弦函数性质并结合题意代换判断C，对原函数合理变形得到，结合并利用导数判断D即可. 【详解】由题意得的定义域为，则， 而极值点满足，则，结合题意得， 可得方程的根出现在时，即时， 而，，， 结合零点存在性定理得，， 对于A，由已知得，， 则，不满足，故A错误， 对于B，令，且， 令，则， 令，， 当时，，则在上单调递增， 而，，则， 由零点存在性定理得存在作为零点， 即存在作为零点， 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 即在上单调递减，在上单调递增， 而，，， 则，由零点存在性定理得存在作为零点， 令，，令，， 可得在上单调递减，在上单调递增， 则是的极小值点，故B正确， 对于C，由已知得，， 则，而， ，而，则，得到， 由正弦函数性质得在上单调递减， 则，得到，故C错误， 对于D，由题意得，， 满足，由已知得，则， 可得， 令，且， 而，当时，， 则在上单调递增，则， 即，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 统计某地区2025年上半年的月降水量，数据如下表： 月份 1 2 3 4 5 6 月降水量/mm 58 48 53 46 56 56 则该地区上半年月降水量的分位数为___________． 【答案】56 【解析】 【详解】将6个降水量数据从小到大排列： 46， 48， 53， 56， 56， 58，则样本容量为. 根据百分位数计算规则，可得 因为不是整数， 所以向上取整为5，因此75%分位数为排序后第5个数据，即56. 13. 在平面直角坐标系内，圆，若直线绕原点逆时针旋转后与圆恰有两个交点，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求旋转后的直线，再根据直线与圆的位置关系，即可求解． 【详解】直线的斜率为1，过点， 绕原点逆时针旋转后，斜率为，过点， 得到直线，若该直线与圆存在两个公共点， 则圆心到直线的距离， 解得，即的取值范围是． 14. 有正整数，满足，且，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有___________． 【答案】13 【解析】 【详解】若，则无解； 若，则，所以， 因为5为质数，又，所以，解得， 若1的个数小于等于3， 由，可得， 又，代入得，所以， 因为，所以可得， 所以，所以的值只能为4，5，6. 若，只能是， 则，解得， 若，因5是质数，无法分解为两个大于等于2的整数的乘积，故舍去； 若，只能是， 则，解得， 综上所述：若1的个数小于等于3，该方程无正整数解， 所以6个数字为1，1，1，1，2，6. 从中任选3个排成三位数，取3个1，有1种排法； 取2个1，取1个2或1个6，有种排法； 取1，2，6，有种排法； 所以组成的不同三位数个数有. 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. 中，角所对的边分别为且． （1）若，求的值； （2）求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用边角互化化成的三角关系式，化简求值； （2）将所求表达式化成角的函数式，求最值. 【小问1详解】 因为，则， 则， 即， 所以，又， 所以； 【小问2详解】 ， 因为， 当，即时，取得最大值. 16. 某棋手与一台智能机器人进行象棋比赛，规则如下：每局比赛，若棋手赢机器人，则棋手得1分；若棋手输给机器人，则棋手得分；若为平局，则棋手不得分；比赛共进行三局，三局比赛结束后，若棋手得分不低于1分，则棋手获胜．在每局比赛中，棋手赢机器人的概率为，棋手输给机器人的概率为，平局的概率为．每局比赛的结果互不影响． （1）求三局比赛结束后棋手得2分的概率； （2）在比赛过程中，棋手每赢1局，获奖金1000元，输给机器人或平局都没有奖金．记三局比赛结束后棋手获得的奖金为元，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2） 0 1000 2000 3000 【解析】 【分析】（1）要使三局比赛结束后棋手得2分，则棋手在三局比赛中赢了2局，平了1局，进而结合独立重复试验的概率公式求解即可； （2）由题意，的可能取值为，分别求出每个值对应的概率，即可得到分布列，再结合期望的公式求解即可. 【小问1详解】 由题意，要使三局比赛结束后棋手得2分， 则棋手在三局比赛中赢了2局，平了1局， 所以三局比赛结束后棋手得2分的概率为. 【小问2详解】 由题意，的可能取值为， 而棋手每局赢机器人的概率为，输给机器人或平局的概率为， 则，， ，， 所以的分布列为： 0 1000 2000 3000 则. 17. 如图，在斜三棱柱中，，侧面为矩形，在底面内的射影为． （1）求证：； （2）若，与底面所成角的余弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由射影得平面，再结合三角形性质和线面垂直判定定理得出. （2）建立空间直角坐标系，求相关向量与法向量，最后利用向量夹角公式求平面夹角余弦值. 【小问1详解】 因为在底面内的射影为， 所以平面， 又平面，则， 在斜三棱柱中， ，​， 又因为侧面为矩形， 所以，因此， 因为​，平面， 所以平面，又平面， 所以，结合，得. 【小问2详解】 由（1）知两两垂直， 以为原点，所在直线为轴，平行轴， 所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 已知， 设，则，， 又因为与底面所成角的余弦值为， 所以， 则，，，， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，， 令，解得， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，， 令，解得， 又因为两个平面的夹角范围为， 所以. 18. 已知直线与抛物线相切，抛物线与抛物线关于对称，点为上一动点，若过点可以作的两条切线分别交于两点． （1）求； （2）若点的纵坐标为，求； （3）求证：直线与抛物线相切． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）联立方程组求解；（2）设切线方程，联立方程组求出坐标的关系，代入求解；（3）求出直线的方程，联立方程组判断. 【小问1详解】 已知直线与抛物线相切， 联立方程组，得 ，解得或（舍去）. 【小问2详解】 ， 抛物线与抛物线关于对称，所以， 设，， 切线的方程为，即， 联立方程组，得， 即， ，即， 同理， 所以是方程的两个根， ，， 若点的纵坐标为，则，，， ， 代入可得. 【小问3详解】 直线的方程为，即， 代入可得，即 联立方程组，得， ， 直线与抛物线相切． 19. 已知函数． （1）证明：函数的图象为轴对称图形； （2）当时，证明：； （3）若数列满足：，证明： ． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数定义域关于对称及即可判断； （2）构造函数，求导，根据导数即可证明，不等式的另一端构造函数同理即可证明； （3）令，根据三角换元可得，计算再结合（2）进行即可证明. 【小问1详解】 因为定义域关于对称， 且， 所以函数关于对称，即函数的图象为轴对称图形 【小问2详解】 时， 令，， 其中在上单调递增，故在上单调递减， 因为，故存在使得， 所以时，；时 即在上单调递增；在上单调递减. 又， 所以，即，即当时，. 时， 令，其中. 则， 故在上单调递增，所以， 即，即； 综上：当时， 【小问3详解】 由可知. 令，则， 则，， 所以，又，， 故，， . 由得， 由（2）知，即 令则，即， 即得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安庆市2026年高三模拟考试（二模） 数学试题 命题：安庆市高考命题研究课题组 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名填写在答题卡上，并在相应的方框内粘贴条形码． 2．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．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：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. 已知复数满足，其中是虚数单位，则的模等于（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等比数列，其公比，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 4. 已知，函数为奇函数，则（ ） A. 15 B. C. D. 4 5. 已知向量，且，则向量夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则该函数图象的一条对称轴是（ ） A. B. C. D. 7. 三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（ ） A. B. C. D. 8. 椭圆的左、右焦点分别为、，上点位于第一象限内，为坐标原点，，线段与轴交于点且，若的面积等于，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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. 已知等差数列的公差为，其前项和为，且，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（ ） A. 点的轨迹长度等于 B. 平面 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 11. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（ ） A. B. 是极小值点 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 统计某地区2025年上半年的月降水量，数据如下表： 月份 1 2 3 4 5 6 月降水量/mm 58 48 53 46 56 56 则该地区上半年月降水量的分位数为___________． 13. 在平面直角坐标系内，圆，若直线绕原点逆时针旋转后与圆恰有两个交点，则的取值范围是___________． 14. 有正整数，满足，且，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有___________． 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. 中，角所对的边分别为且． （1）若，求的值； （2）求的最大值． 16. 某棋手与一台智能机器人进行象棋比赛，规则如下：每局比赛，若棋手赢机器人，则棋手得1分；若棋手输给机器人，则棋手得分；若为平局，则棋手不得分；比赛共进行三局，三局比赛结束后，若棋手得分不低于1分，则棋手获胜．在每局比赛中，棋手赢机器人的概率为，棋手输给机器人的概率为，平局的概率为．每局比赛的结果互不影响． （1）求三局比赛结束后棋手得2分的概率； （2）在比赛过程中，棋手每赢1局，获奖金1000元，输给机器人或平局都没有奖金．记三局比赛结束后棋手获得的奖金为元，求的分布列与数学期望． 17. 如图，在斜三棱柱中，，侧面为矩形，在底面内的射影为． （1）求证：； （2）若，与底面所成角的余弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 已知直线与抛物线相切，抛物线与抛物线关于对称，点为上一动点，若过点可以作的两条切线分别交于两点． （1）求； （2）若点的纵坐标为，求； （3）求证：直线与抛物线相切． 19. 已知函数． （1）证明：函数的图象为轴对称图形； （2）当时，证明：； （3）若数列满足：，证明： ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $