精品解析：2026年安徽省示范高中皖北协作区第28届联考数学试题

2026年安徽省示范高中皖北协作区第28届联考 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. i C. D. 2. 平行四边形中，，，则（ ） A. 1 B. 4 C. 6 D. 11 3. 已知集合，若，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 从1，2，3，4，5，6这6个数中随机选取3个不同的数，则这3个数的中位数为4的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 龙辰塔，萧县“龙城”文化地标，矗立于岱湖中心，是一座仿唐宋形制的八角仿古景观塔．某中学社会实践小组为探究这座古塔的高度，开展了一次实地测量的活动，他们在塔底B所在的水平地面上选取，两点，测得米，， ，在点处测得塔顶的仰角为，则龙辰塔的高度约为（ ）（参考数据：取，） A. 48米 B. 50米 C. 52米 D. 54米 6. 若是抛物线上的动点，点，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. 7 D. 7. 已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数恰有个零点，则取值范围是（ ） 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. 已知函数，，，则（ ） A. ，的图象都关于点对称 B. ，的图象都关于直线对称 C. 将图象向左平移个单位长度，得到函数的图象 D. 将图象上每个点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象 10. 已知圆经过双曲线的两个焦点，，且P为双曲线C上异于顶点的任意一点，点，则（ ） A. 点M在双曲线C上 B. 当P在圆T上时，的面积为8 C. 点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为3 D. 双曲线C上存在定点Q，使得直线和的斜率之积为定值 11. 若x，y，，且，则（ ） A. 当时， B. C. 当取得最大值时， D. 当取得最小值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若某正三棱柱表面积是侧面积的两倍，且底面的边长为2，则该正三棱柱的体积为____________． 13. 已知函数的值域为，则a的取值范围是____________． 14. 将一个正n边形顶点分别与其中心相连接，把这个多边形分成n个不同的三角形区域，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色．若有3种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数为，则____________，____________． 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. 某市高三学生学习强度指数Q的概率分布情况如下表所示． 学习强度指数Q 概率 0.2 0.5 0.3 应对情况 轻松应对 勉强应对 困难应对 （1）从该市随机选取3名高三的学生，记学习强度指数的人数为X，求及X的数学期望． （2）定义为在事件M发生的条件下事件N发生的优势．记事件“该学生学习有压力”（勉强应对和困难应对都被认为是学习有压力，轻松应对被认为是学习无压力），事件“该学生困难应对”，求在事件A发生的条件下事件B发生的优势． 16. 已知椭圆的短轴长为4，离心率为． （1）求Γ的方程； （2）若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式恒成立，求m的取值范围； （3）证明：函数的最小值小于函数的最小值． 18. 在中，， ，点分别在边,上，且，，将沿折起，点落在点的位置，连接,,得到如图所示的四棱锥，点在线段上，且． （1）证明：平面． （2）设． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）设直线与平面相交于点，求的值． 19. 在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数n，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． （1）若，判断是不是“组差数列”，并说明理由． （2）若是“组差数列，且为定值，证明：． （3）记前n项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数C，使得恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年安徽省示范高中皖北协作区第28届联考 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. i C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 则的虚部为1. 2. 在平行四边形中，，，则（ ） A. 1 B. 4 C. 6 D. 11 【答案】C 【解析】 【详解】，，则在平行四边形中，， . 3. 已知集合，若，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因式分解得；可得， 故集合； 因为且，所以，解得. 所以的取值范围是. 4. 从1，2，3，4，5，6这6个数中随机选取3个不同的数，则这3个数的中位数为4的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】总样本点个数为：； 若3个数的中位数为4，则必须满足： 一定选中数字4，剩余2个数中，恰好1个比4小、1个比4大， 比4小的数有1，2，3共3个，比4大的数有5，6共2个， 因此符合条件的样本点个数为： ； 根据古典概型公式，得：所求概率为：. 5. 龙辰塔，萧县“龙城”文化地标，矗立于岱湖中心，是一座仿唐宋形制的八角仿古景观塔．某中学社会实践小组为探究这座古塔的高度，开展了一次实地测量的活动，他们在塔底B所在的水平地面上选取，两点，测得米，， ，在点处测得塔顶的仰角为，则龙辰塔的高度约为（ ）（参考数据：取，） A. 48米 B. 50米 C. 52米 D. 54米 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再由直角三角形求解即可. 【详解】因为， 所以由正弦定理可得， 即， 在中，， 所以（米）. 6. 若是抛物线上的动点，点，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. 7 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据抛物线方程确定其焦点和准线方程，再利用抛物线的定义将进行转化，最后结合几何图形的性质求出的最小值. 【详解】由抛物线，得，则， 所以抛物线的焦点，准线方程为. 设点到准线的距离为，根据抛物线的定义可知， 抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，即. 因为点到准线的距离就是，所以， 那么， 根据几何性质，当，，三点共线时，的值最小，即， 已知，，得： ， 所以的最小值为. 7. 已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用内切圆台的性质求出圆台高，建立空间直角坐标系后，结合线面角的定义，用点到平面距离除以线段长得到所求正弦值. 【详解】已知圆台上下底面半径分别为，，且圆台存在内切球， 根据圆台内切球性质，母线长. 由勾股定理，圆台的高满足： 代入得，即. 以为原点，以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 平面即为（平面），点到平面的距离； ， 设直线与平面所成角为，由线面角定义可知 .​​ 8. 已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数定义及导数与函数单调性间的关系，可得为奇函数且为减函数，从而将问题转化成函数与函数的图象有个交点，再利用导数求出的单调性，进而得出的图象，数形结合，即可求解. 【详解】因为，易知的定义域为，定义域关于原点对称， 又，所以为奇函数， 又恒成立，所以为减函数， 令，得到，所以，整理得到，令， 因为函数恰有个零点，则函数与函数的图象有个交点， 又，当时，，当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 又时，，时，，时，， 时，，且恒成立，其图象如图所示， 由图可知，要使函数与函数的图象有个交点，则， 解得，所以实数的取值范围是. 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. 已知函数，，，则（ ） A. ，的图象都关于点对称 B. ，的图象都关于直线对称 C. 将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象 D. 将图象上每个点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦函数、正弦型函数的对称性判断AB，根据两角和的余弦公式及图象的伸缩与平移变换判断CD. 【详解】对A，关于中心对称，也关于中心对称，故A正确； 对B，的一条对称轴为， 因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误； 对C，， 的图象向左平移个单位长度，可得到，故C正确； 对D，图象上每个点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数，故D错误. 10. 已知圆经过双曲线的两个焦点，，且P为双曲线C上异于顶点的任意一点，点，则（ ） A. 点M在双曲线C上 B. 当P在圆T上时，的面积为8 C. 点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为3 D. 双曲线C上存在定点Q，使得直线和的斜率之积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，求出双曲线方程，将点M代入方程验证A选项；联立求出点的横坐标值，根据三角形面积公式求解验证B选项；求出双曲线渐近线，利用点到直线距离验证C选项；利用点差法验证D选项. 【详解】由题知双曲线的焦点在轴， 故，焦点坐标为， 因为圆过焦点，代入得，即，解得， 因此双曲线的方程为：. 对于A：点代入双曲线方程得左边右边， 因此在双曲线上，故A正确； 对于B：联立，消去得，故横坐标可以为 ， 中，，高为， 面积 ，故B正确. 对于C：双曲线渐近线为， 设，点P到双曲线C的两条渐近线的距离分别为， 因为在双曲线上，故满足，即， 点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积如下， 为，故C错误； 对于D：设是位于双曲线上，关于原点对称，且异于的两个点， 则， 又①，②，由①②得到， 得到，所以， 综上，只要满足位于双曲线上，关于原点对称， 且异于的两个点均可满足点P与两点连线斜率之积为定值， 故当点坐标为时， 直线和的斜率之积为定值，故D正确. 11. 若x，y，，且，则（ ） A. 当时， B. C. 当取得最大值时， D. 当取得最小值时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据条件，利用基本不等式，即可求解；对B，根据条件，利用重要不等式，即可求解；对C，根据条件，利用基本不等式得到，构造函数，利用导数求出的单调区间，即可求解；对于D，根据条件，利用基本不等式得到，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】对于A，当时，由，得到，即 又x，y，，所以， 所以，得到，当且仅当时取等号，所以A错误， 对于B，因为，即， 当且仅当时取等号，所以B正确， 对于C，由，得到，则 ， 所以，当且仅当时取等号， 则，令，则， 当时，，当时，， 即在区间上单调递增，在区间上递减， 即当，有最大值，所以C正确， 对于D，由选项C知，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 又因为，所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当，即时取等号， 此时，所以D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若某正三棱柱的表面积是侧面积的两倍，且底面的边长为2，则该正三棱柱的体积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】棱柱的高为，先求出侧面积及表面积，利用题干给出的条件解出高，最后用体积公式求解体积. 【详解】设正三棱柱的高为，底面正三角形边长， 侧面积：， 底面积：， 两个底面的总面积为， 表面积： ， 依题意得：， 代入得： 化简求解：， 正三棱柱体积： 13. 已知函数的值域为，则a的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出在和的值域，根据集合包含关系可得，解不等式即可求解. 【详解】因为当时，，此时，即， 所以在时，的值域为， 函数为，令，则在时为，且增大时减小， 在时单调递增，所以单调递减， 因此在上单调递增， 此时：当时，，当时，， 所以在时，的值域为， 所以要使函数的值域为，则， 解得：，则a的取值范围是 14. 将一个正n边形顶点分别与其中心相连接，把这个多边形分成n个不同的三角形区域，现给这些区域涂色，相邻区域涂不同颜色．若有3种颜色可供选择，记所有不同涂色方案的种数为，则____________，____________． 【答案】 ①. 18 ②. 4086 【解析】 【分析】根据排列组合的基本性质，通过分类和分步计数方法，求出三个区域、四个区域、和五个区域的不同方案数，再根据题意，讨论个、个、个不同的三角形区域的不同方案数之间的递推关系，根据递推关系，构造等比数列，进而求出结果. 【详解】有三个区域时，如下图，任意两个区域两两相邻，则三种颜色都要使用，共有种不同涂色方案； 有四个区域时，如下图，分两类情况，①当和区域颜色相同，不同方案有种； ②和区域颜色不同，不同方案有种.故当有四个区域时，共有种不同涂色方案； 当有五个区域时，如下图，分两类情况，① 和区域颜色相同，不同方案数为种； ②和区域颜色不同时，不同方案数为种；故当有五个区域时，共有种不同涂色方案； 当有个不同的三角形区域时，如下图所示， 情况一：当区域和区域颜色相同时，可理解为对个区域进行涂色，有种不同的方案，此时区域有两种不同的颜色可用，即共有种不同的方案； 情况二：当区域和区域颜色不同时，可理解为对个区域进行涂色，有种不同的方案，此时区域只有一种颜色可用，即共有种不同的方案； 综上可得； 所以，即， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 可得， 所以. 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. 某市高三学生学习强度指数Q的概率分布情况如下表所示． 学习强度指数Q 概率 0.2 05 0.3 应对情况 轻松应对 勉强应对 困难应对 （1）从该市随机选取3名高三的学生，记学习强度指数的人数为X，求及X的数学期望． （2）定义为在事件M发生的条件下事件N发生的优势．记事件“该学生学习有压力”（勉强应对和困难应对都被认为是学习有压力，轻松应对被认为是学习无压力），事件“该学生困难应对”，求在事件A发生的条件下事件B发生的优势． 【答案】（1），的数学期望为； （2）； 【解析】 【小问1详解】 解：由表可知，学习强度指数的概率为： , 从该市随机选取名学生，记学习强度指数的人数为，则服从二项分布， 所以； 的数学期望为：； 【小问2详解】 解：由题意可知，事件为“该学生学习有压力”，事件为“该学生困难应对”. ，， 因事件包含于事件中，所以， 在事件发生的条件下事件发生的概率为：， 在事件发生的条件下事件发生的概率为：， 所以在事件发生的条件下事件发生的优势为：. 16. 已知椭圆的短轴长为4，离心率为． （1）求Γ的方程； （2）若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程. （2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得：短轴长，故， 又因为离心率，结合椭圆关系可得：  ，解得，， 所以椭圆的方程为：. 【小问2详解】 由题意可知，联立直线与椭圆方程： ， 消去整理得：， 设直线与椭圆交于点，， 则判别式：， 解得，即，由韦达定理得： ，， 由弦长公式，其中， 可得：， 又因为​​，所以 ， 化简可得：，两边平方得：， 即​或， 又因为，所以的取值范围为：. 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式恒成立，求m的取值范围； （3）证明：函数的最小值小于函数的最小值． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入得到函数解析式后求导得到处的切线斜率，结合切点坐标用点斜式化简得到切线方程； （2）将恒成立问题转化为对恒成立，通过求导得到的最小值，进而确定的取值范围； （3）先求出原函数的单调性与最小值点，分别得到内层函数和的值域，结合的单调性得到两个复合函数的最小值，通过比较大小完成证明. 【小问1详解】 当，，定义域， 计算得，求导得​，切线斜率， 由点斜式得切线方程，整理得 . 【小问2详解】 恒成立等价于对任意恒成立， 设，则， 求导得​，令得， 当 时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故， 因此的取值范围是 . 【小问3详解】 对，， 由（2）可知在单调递减，在单调递增。  因为，所以由解析式可知​， 由于，可以取到， 因此函数的最小值为 ， 设，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，即​. 由于在递增，因此函数的最小值为 ， 因为，所以， 因此的最小值小于的最小值，得证. 18. 在中，， ，点分别在边,上，且，，将沿折起，点落在点的位置，连接,,得到如图所示的四棱锥，点在线段上，且． （1）证明：平面． （2）设． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）设直线与平面相交于点，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）3 【解析】 【分析】（1）通过构造平行四边形，得到，再依据线面平行的判定定理即可证明； （2）利用翻折性质得到三角形三边长度，通过建立空间直角坐标系，借助向量法即可求得； （3）通过延长线利用平行线分线段成比例的性质即可求得. 【小问1详解】 如图1，在线段上取点，使得，连接， 因为，所以，且， 又，且，所以且， 所以四边形平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 （i）因为， 所以， 即，所以，则， 因为平面， 所以平面. 又，所以平面. 以为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得. 设平面的法向量为，则， 令，可得. 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. （ii）延长交直线于，连接，则，如图3所示. 因为，且，所以， 又，所以且， 所以. 19. 在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数n，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． （1）若，判断是不是“组差数列”，并说明理由． （2）若是“组差数列，且为定值，证明：． （3）记的前n项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数C，使得恒成立． 【答案】（1）是，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由可得，当时，可得，进而结合题设定义即可判断； （2）由题意可得，设，可得，进而得到，进而得到数列是等差数列，且公差为3，即可求出，再利用错位相减法求证即可； （3）令，由题意可得，即存在非负整数和整数，使得，此时，设这项中的最小值为，进而得到，进而求证即可. 【小问1详解】 是“组差数列”，理由如下： 由，得， 当时，，则， 所以， 则数列是以2为公差的等差数列，且， 故是“组差数列”. 【小问2详解】 因为是“组差数列， 所以数列是以18为公差的等差数列， 则， 又为定值，所以可设，则， 所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 则， 设， 则， 两式相减得，， 所以，即. 【小问3详解】 因为为“组差数列”， 所以数列是以为公差的等差数列， 则， 令，则， 对于任意正整数n，均存在非负整数和整数，使得， 此时， 设这项中的最小值为， 因为，所以， 从而， 则， 令，由对任意的实数均成立，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $