2026届高考数学模拟卷二（安徽地区）

高考数学模拟卷二（安徽地区） 一、单选题 1．设为虚数单位，若，则复数的虚部为（   ） A．1 B． C．2 D． 2．设集合，则（   ） A． B． C． D． 3．已知函数为上的偶函数，且满足，当时，，则（   ） A． B．1 C． D．2 4．数列满足：为的前项和，则（    ） A． B． C． D． 5．已知双曲线与斜率为1的直线交于A，B两点，若线段AB的中点为，则C的离心率（    ） A． B． C． D． 6．若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球上数字是1”，表示事件“第二次取出的球上数字是2”，表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出（    ） A．与相互独立 B．与相互独立 C．与相互独立 D．与相互独立 8．已知函数，若函数恰有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C． D．三棱锥的外接球表面积为 10．已知函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为，则（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数在单调递减 C．函数在的值域为 D．将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象关于y轴对称 11．如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（   ） A．点在上 B．在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数 C．若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 三、填空题 12．在的展开式中，的系数为________. 13．已知向量的夹角为，且，，则向量在向量方向上的投影向量是___________． 14．若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为__________. 四、解答题 15．已知三内角的对边分别为，且． (1)求角的值； (2)若，求面积的最大值． 16．如图，已知四棱锥中，底面为正方形，，，是棱的中点，是棱上一点，. (1)若是棱的中点时， ①求证：平面； ②求直线与平面成角的正弦值； (2)若点到平面的距离为，求线段的长度. 17．已知点F是椭圆C： (a>b>0)的右焦点，过点F的直线l交椭圆于M，N两点．当直线l过C的下顶点时，l的斜率为；当直线l垂直于C的长轴时，△OMN的面积为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)当|MF|＝2|FN|时，求直线l的方程； (3)若直线l上存在点P满足|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上． 18．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值； (3)当时，证明：函数 有个零点． 19．在某智能辅助驾驶车道保持系统中，用数轴描述车辆的横向位置：表示车辆位于车道中心线上，表示车辆右偏（如表示车辆位于中心线右侧2个单位），表示车辆左偏.一辆装有该系统的车辆从初始位置（为整数）出发，每次受扰动后（扰动来自路面､侧风与传感器噪声等），车辆随机向右移动1个单位的概率为，向左移动1个单位的概率为. (1)若. （i）求车辆经过10次扰动到达的概率； （ii）已知车辆经过10次扰动恰好首次到达，求其没有重返过的概率. (2)若车辆从初始横向位置为给定正整数）出发，当车辆的横向位置到达或时，一次监测流程结束.记一次监测流程结束车辆所受扰动次数的期望为，求的表达式（用表示）. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026高考模拟卷（安徽地区）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C A C B B C BCD AB 题号 11 答案 ACD 1．A【详解】复数，所以复数的虚部为1. 2．D【详解】集合是函数的定义域，根据对数函数的性质，真数必须大于0， 因此：，即，由交集的定义可知. 3．C【详解】由题可得， 所以2是函数的周期，且的图象关于直线对称. 当时，，则. 4．A【详解】由递推关系得，，， ，，， ，，， ，，， 所以的周期为12，则，故A正确，B错误； 一个周期内的和为， 则，故C、D错误. 5．C【详解】法一：设，则， 所以，又AB的中点为， 所以，所以，由题意知， 所以，即，则C的离心率.故A，B，D错误. 故选：C. 法二：直线AB过点，斜率为1，所以其方程为，即， 代入并整理得， 因为为线段AB的中点，所以，整理得， 所以C的离心率.故A，B，D错误. 故选：C. 6．B【详解】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离， 将直线平移到与曲线相切时，切点Q到直线的距离最小． 而，令，则，可得， 此时，Q到直线的距离，故，所以．故选：B 7．B 【详解】由题意可得：, 有放回的随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有 共4种，所以; 两次取出的球上数字之和是6的情况有共3种，故, 对于A, ,则， 故与不是相互独立事件，故A错误； 对于B, ,则， 故与是相互独立事件，故B正确； 对于C, ,则, 故A与不是相互独立事件，故C错误； 对于D, ,则， 故C与D不是相互独立事件，故D错误； 故选：B 8．C 【详解】设，则，令，得， 我们先来考虑与的交点， 令， 当时，与只有1个交点，交点横坐标，此时有1个零点； 当时，与只有2个交点，交点横坐标，此时有3个零点. 当时，与只有3个交点，交点横坐标，此时有5个零点. 若与相切时，设切点， 所以，切线斜率，解得， 故当时，与没有交点，没有零点. 当时，与有2个交点，交点横坐标，此时有2个零点. 故选：C 9．BCD【详解】在平行六面体中，令，则为空间的一个基底， ， 对于A，，不成立，A错误； 对于B，由，得，由菱形， 得，而平面，则平面，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，依题意，三棱锥为正四面体，令正的重心为，则平面， ，，令正四面体外接球半径为， 则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确. 10．AB【详解】解：， 函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为， 函数的最小正周期是，∴， ∴，，故A正确； 由，解得， 所以的一个单调减区间为，而， ∴在上单调递减，故B正确； 当时，有，则，所以， ∴，故C错误；将的图象向右平移个单位长度得到关于原点对称，故D错误.故选：AB 11．ACD 【详解】对于A，将点代入曲线方程中，得到， 所以点在上，故A正确； 对于C，当时，，则， 令得，当时，单调递增， 当时，，单调递减， 则是的极小值点，故C正确； 对于B，由C中可知， 则以为切点的切线方程为，即， 将切线方程代入曲线方程中，得到：， 即，显然是方程的根， 则，解得：或，故B错误； 对于D，设的解为，. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，， ，，所以， 设曲线上的点为，则， 到原点的距离为， 由可得， 令，，则，令，解得：， 因为，所以取，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，又，， 所以当时，，则，故D正确.故选：ACD 12．【详解】在的展开式中，含的项为，所以所求系数为. 13． 【详解】因为的夹角为，且，，所以. 所以.故向量在向量方向上的投影向量为. 14． 【详解】由弦长为，结合垂径定理可得：，解得， 结合已知点，可得： 所以，故答案为：. 15．(1)(2) 【详解】（1）根据正弦定理得： 中，因此， 代入上式消去得： 因为，，两边同除以整理得： ， 由得，因此，即， （2）由余弦定理，代入、得： 由基本不等式，得： 即，当且仅当时取等号， 的面积， 代入的最大值得： 因此面积的最大值为. 16．(1)证明见解析， (2) 【详解】（1）①是棱的中点，是棱的中点， ，平面，平面，平面． ②，，底面为正方形，， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， ，， 是棱的中点，是棱的中点， ， 则各点坐标为：，，，，，， ，，， 设平面法向量为，则，即， 令，，，则， 直线与平面成角为， 则直线与平面成角的正弦值为： . （2）设，则，，，， 设平面法向量为，则，即， 令，则，，， 点到平面的距离为， ，解得：. 17．(1)；(2)；(3)证明见解析﹒ 【详解】（1）由题设：，，解得，， ∴椭圆的方程为． （2）当直线与轴重合时，，不合题意． 当直线与轴不重合时，设直线的方程为，，，，， 联立，消去整理得， 有①， ②， 由，得③， 联立①②③得，解得． ∴直线的方程为． （3）设，， 当直线与轴重合时，∵点在椭圆外，∴，同号， 由，得，解得， 当直线与轴不重合时，由(2)知，， ∵，，， ∵点在椭圆外，∴，同号， 由，得， 整理得，即， 解得，代入直线方程，得， ∴点在定直线上． 18．(1)(2)(3)证明见详解 【详解】（1）当时， ，定义域为， ，切点为，求导得，切线斜率， 由点斜式得切线方程：，整理得. （2）求的取值恒成立，即 对恒成立， 设 ，求导得， 若，则，在单调递减， 当时，不满足，舍去； 若，令得，在递减，在递增， 最小值为：， 令，不等式化为 ， 设 ，，在单调递增，在单调递减，在处取最大值， 故仅当成立，得， 综上，. （3）整理得：， 求导得：， 因为，所以的符号由分子 决定， 令 ，对求导： ， 当时，和都是严格单调递增的正函数，因此在上严格单调递增， 结合条件，代入端点得：时， ； 时， ，因此， 根据零点存在性定理，存在唯一的使得， 故的单调性为：，，严格递减； ，，严格递增， 的最小值为，且时 ，故； 又时，因此存在唯一的，使得，即在上只有一个零点， 结合的符号，可得的单调性： ， ，严格单调递减； ， ，严格单调递增， 因此：在上只有个极值点（极小值点），由单调性可知最多存在个零点； 由，即，解得， 代入得 已知，则， 对取对数得，又因为，所以 即，故， 结合已证的零点存在性结论：时，与极小值， 时，因此和各存在且仅存在个零点， 即恰好有个零点，得证. 19．(1)（i）；（ii）； (2). 【详解】（1）（i）记“车辆经过10次扰动到达”为事件， 由题意可知车辆在10次移动中，8次向右移动，2次向左移动， 所以，． （ii）设事件为“车辆经过10次扰动恰好首次到达”，事件为“车辆移动过程中没有重返过”． 设第次向右移动赋值为，第次向左移动赋值为． 则10次移动可以表示为有序数组，其中． 记10次移动恰好首次到达处的路径为， 则可得中有且仅有两个，且不同时为， 所以共有种不同路径，所以， 记10次移动恰好首次到达处且过程中没有重返的路径为， 此时中有且仅有两个不同时为，不同时为， 所以共有种不同路径，所以， 所以． （2）设车辆从位置出发，每次有的概率向右移动到的概率向左移动到， 每次移动记为1步， 同时，， 若第一步向右到，则后续所需的期望步数为， 若第一步向左到，则后续所需的期望步数为， 第一步本身消耗1步， 所以， 所以，， 令，则， 当时，， ， 令， 所以， 因为， 所以， 由，所以， 解得， 所以， 当时，，所以为等差数列，公差为， 所以， ，由， 得，所以， 综上所述，. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $