精品解析：安徽临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2026届高三二模数学试题

安徽临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2026届高三二模数学试题 120分钟 150分 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算两复数模可得答案. 【详解】虚数不能比较大小，，，故． 故选：B 2. 设全集 ,集合 ,则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】全集，. 解绝对值不等式，得，即. 又，故，所以. 所以得. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，则，解得. 4. 在一次跳远决赛中，甲、乙两名运动员打破赛会纪录的概率分别为0.2和0.3，且两人同时打破纪录的概率为0.1，则在乙打破纪录的条件下，甲也打破纪录的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】记事件A为“甲打破纪录”，事件B为“乙打破纪录”， 因为，，， 所以在乙打破纪录的条件下，甲也打破纪录的概率为==. 5. 某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况： 加油时间 加油量/升 加油时的累计里程/千米 2024年8月1日 20 26000 2024年8月10日 45 26500 注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程． 在这段时间内，该车每100千米的平均耗油量为（ ） A. 5升 B. 6升 C. 9升 D. 11升 【答案】C 【解析】 【分析】根据表中行驶路程和油耗求解平均值即可. 【详解】由表中的数据可知该车行驶了500千米，耗油量为45升，则该车每100千米的平均耗油量为升． 故选：C 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由， 则，所以， 又因为，所以， 则，即， 联立，解得， 所以. 7. 已知抛物线和所围成的封闭曲线如图所示，点，若在此封闭曲线上至少存在两对不同的点，满足每一对点关于点A对称，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立两抛物线方程，求出两抛物线交点横坐标，分析已知条件得出至少还存在一对点关于对称，进而构造方程，结合两抛物线交点横坐标，得出的取值范围． 【详解】由，解得， ，故两抛物线交点的横坐标为， 已知此封闭曲线上至少存在两对不同的点，满足每一对点关于点A对称， 故必定在两支曲线上还存在不同点关于点对称， 不妨设抛物线上的点， 则点P关于点A的对称点在抛物线上， 关于t的方程在上有解， 即在上有解， ， ，即， ． 8. 已知函数，，点P，Q分别在函数和的图象上，O为坐标原点，若存在点P，Q满足，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设 ，，再结合数量积公式计算得出，最后构造函数应用导函数得出值域即可计算求最大值. 【详解】 令，，由题意得， 显然，且，，， 令，，则． 当时，，函数单调递增， 当时，，单调递减，因此， 所以，所以，而， 当且仅当时等号成立， 所以，即，则a的最大值为. 故选: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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 利用信息技术工具，根据给定的a，b，c，d的值，可以画出函数的图象．在以下四个组合中，可使得函数在R上单调递增的有（ ） A. ，，， B. ，，， C. ，，， D. ，，， 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数的导函数恒为正，计算各个选项满足即可判断. 【详解】因为， 所以， 当且时，，则在R上单调递增， 对于A：，符合题意； 对于B：，不合题意； 对于C：，符合题意； 对于D：，不合题意； 故选：AC． 10. 中国古代科学家发明了一种三级漏壶用来记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸(约3.3厘米)，下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，深度依次为，则（） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】三级漏壶均为正四棱台,上下底宽、深度依次递减1寸,故上下底宽差值为定值、高成等差数列；取正四棱台上下底边中点与底面中心连线，构造出侧面与底面所成锐二面角，推导出、、关于上底宽、下底宽、高的表达式，结合定值与高成等差的条件，证得正切值满足等差关系，正弦、余弦值不满足等差关系. 【详解】因为三级漏壶的壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸(约3.3厘米)， 下底宽和深度也依次递减1寸，所以.故A正确； 如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点， 连接，过边的中点E作，垂足为点， 则就是漏壶的侧面与底面所成的锐二面角的一个平面角，记为. 设漏壶上底宽为，下底宽为，高为， 在中，，，，， 因为自上而下三个漏壶的上底宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等， 所以为定值，又因为三个漏壶的高成等差数列， 所以，，. 故BC错误，D正确. 11. 已知函数有最小正零点，，若在上单调，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由可得只可能为或1，当时，由，可得，，随后注意到，可得不合题意；当时，类似于分析可完成判断. 【详解】解题分析 由，，知， 由，得，故． 又因为，所以或． 当时，，，所以，， 因为函数有最小正零点，所以，，所以，， 由题意知，则，即，故，， 当时，，函数不单调，排除， 当时，，，所以，可得， 因为，所以，或，， 所以，或，，由，得， 所以，经验证，符合题意，故． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，若上有且仅有2个点，使得，其中为椭圆的半焦距，是坐标原点，则的面积为______． 【答案】2 【解析】 【分析】由题意可得，根据，可得，进而可得. 【详解】 由椭圆上有且仅有2个点，使，结合椭圆的对称性可知， 因为，所以，此时点在椭圆的短轴端点处，所以， 故答案为：2 13. 已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】当时，由得，故在上有两个零点，转化为在上有两个零点，利用二次函数零点的分布可得参数范围. 【详解】当时，令，得，可知函数在上有一个零点， 则在上有两个零点，故当时，方程有两个不同的根， 故在上有两个不同的根， 即函数在上有两个零点， 当，则， 结合函数的图象可得，解得． 故答案为： 14. 设有编号为1，2，3，4，5的五把锁和对应的五把钥匙．现给这5把钥匙也贴上编号为1，2，3，4，5的五个标签，则共有______种不同的贴标签的方法：若想使这5把钥匙中至少有2把能打开贴有相同标签的锁，则有______种不同的贴标签的方法．（本题两个空均用数字作答） 【答案】 ①. 120 ②. 31 【解析】 【分析】（1）利用排列数计算，即可得到答案； （2）分三种情况讨论，即有2把能打开贴有相同标签的锁；有3把能打开贴有相同标签的锁；有5能打开贴有相同标签的锁； 【详解】（1）问题等价于将五个数进行全排列，即； （2）有2把能打开贴有相同标签的锁为种； 有3把能打开贴有相同标签的锁为种； 有5能打开贴有相同标签的锁为种； 总共有种. 故答案为：；. 【点睛】本题考查排列数和组合数的应用，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意先分类再分步. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）若，求，并判断的形状． 【答案】（1） （2），是钝角三角形 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合题意可得，然后利用余弦定理可得答案； （2）由（1）及结合，可得，，然后由角度正弦值比例可判断B最大，最后由余弦定理可判断B为钝角. 【小问1详解】 （1）由正弦定理得，得， 由余弦定理得，而， 所以． 【小问2详解】 由（1）知，，在中，， 所以， 因此，即． 又因为，所以，而， 所以，故． 由正弦定理得，可知角B最大， 因为， 所以，所以，故是钝角三角形． 16. 已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. （1）求双曲线C的方程； （2）已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程； （2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值. 【小问1详解】 由题意知，则，所以， 因为点在双曲线的一条渐近线上， 所以点在双曲线的渐近线上，所以， 综上可得， 故双曲线的方程为. 【小问2详解】 由（1）知双曲线的左焦点为， 由题意设直线的方程为， 由直线，得， 设，则，又， 所以 ， 由，得，其中， 则，，，所以. 因为，所以， 所以 . 即为定值. 17. 如图，在四棱锥中，，点，分别在棱，上，且三棱锥和三棱锥均是棱长为4的正四面体. （1）求四棱锥的体积； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据锥体体积公式求得正确答案. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 如图，连接，因为三棱锥和三棱锥均是棱长为的正四面体， 故，，且四边形为菱形，为的中点， 所以，所以，所以. 因为，，，故， 所以，所以. 又，，平面， 所以平面， 设等边三角形中心为，则, 连接,由于三棱锥是正四面体，平面， 所以，所以，同理可得，则. 设四棱锥的高为，且， 菱形的面积为， 故四棱锥的体积为. 【小问2详解】 由（1）知四边形是菱形，可知，故，，三条直线两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故. 设平面的法向量为， 则， 故可设. 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的零点个数； （3）当时，函数与的导函数存在不为零的相等零点，求证：. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求解； （2）令，可得，当时，无零点；当时，得，问题转化为，的零点问题，利用导数分，，，讨论求得函数的单调性和极值，进而判断； （3）设为函数与的相等零点，，可得，利用导数分析方程的解，求得，进而求得的范围. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，则， 故所求切线方程为. 【小问2详解】 依题意，令，则，即， 当时，，方程无解，无零点. 当时，由，得， 设，， 则讨论函数的零点可以转化为讨论函数的零点. ，设，， 注意到，， ①当时，恒成立，即， 所以在上单调递减，此时存在唯一的零点； ②当时，在上单调递增，且， 则，使得，故在上单调递减，在上单调递增， 又，所以，由于时，，故有两个零点； ③当时，在上单调递减，在上单调递增， 此时存在唯一的零点； ④当时，在上单调递增，且，， 则，使得，故在上单调递减，在上单调递增， 又，所以，由于时，， 所以在上存在一个零点，故在有两个零点. 综上所述，当时，有一个零点； 当时，有两个零点. 【小问3详解】 由（1）知，当时，，， 设为函数与的相等零点，， 则，即，即， 所以. 再分析方程的解，设，则， 令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 当时，因为，， 所以在上存在唯一的零点； 当时，因为，所以在上有唯一的零点，且，不满足题意. 综上可知，，则. 19. 记实数、中的较大者为，例如，．对于无穷数列，记（），若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”． （1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由． ①，②； （2）设首项为的等差数列的前项和为、公差为，且数列为“趋势递减数列”，求的取值范围； （3）若数列满足、均为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有． 【答案】（1）①数列为“趋势递减数列”；②数列不是“趋势递减数列”；理由见解析；（2）；（3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）根据“趋势递减数列”的定义逐个分析可得结果； （2）由数列为“趋势递减数列”可得，①若，推出，经验证数列为“趋势递减数列”； ②若，推出，经验证数列为“趋势递减数列”，由此可得结果； （3）利用反证法证明必要性，根据“趋势递减数列”的定义证明充分性,即可得解. 【详解】（1）①中，由，，得（为正整数）， 因为，所以①数列满足“趋势递减数列”的定义，故①中数列为“趋势递减数列”. ②中，由，，所以（为正整数）， 因为，故②中数列不满足“趋势递减数列”的定义，故其不是“趋势递减数列”． （2）由数列为“趋势递减数列”，得． ①若，则，即，也即， 此时为递减数列，故． 所以， 故（），满足条件． ②若，则，则，即， 由得， 则，则， 即，解得，所以．此时为递减数列， 所以， 所以， 所以当且时，，又， 所以（），满足条件， 由①②可得，． （3）先证明必要性：用反证法． 假设存在正整数，使得，，令， 因为，且，所以，故， 则数列从项开始以后的各项为， 则当时，，所以， 所以，与是“趋势递减数列”矛盾． 故假设不成立，故的项中没有. 再证明充分性： 由，得， 因为中的项没有，所以对于任意正整数，．于是（为正整数）， 所以， ①当时，， ②当时，， 所以均有， 故为“趋势递减数列”的充要条件是数列的项中没有． 【点睛】关键点点睛：理解并运用“趋势递减数列”的定义求解是解题关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2026届高三二模数学试题 120分钟 150分 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设全集 ,集合 ,则 （ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在一次跳远决赛中，甲、乙两名运动员打破赛会纪录的概率分别为0.2和0.3，且两人同时打破纪录的概率为0.1，则在乙打破纪录的条件下，甲也打破纪录的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况： 加油时间 加油量/升 加油时的累计里程/千米 2024年8月1日 20 26000 2024年8月10日 45 26500 注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程． 在这段时间内，该车每100千米的平均耗油量为（ ） A. 5升 B. 6升 C. 9升 D. 11升 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线和所围成的封闭曲线如图所示，点，若在此封闭曲线上至少存在两对不同的点，满足每一对点关于点A对称，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，点P，Q分别在函数和的图象上，O为坐标原点，若存在点P，Q满足，则a的最大值为（ ） 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 利用信息技术工具，根据给定的a，b，c，d的值，可以画出函数的图象．在以下四个组合中，可使得函数在R上单调递增的有（ ） A. ，，， B. ，，， C. ，，， D. ，，， 10. 中国古代科学家发明了一种三级漏壶用来记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸(约3.3厘米)，下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，深度依次为，则（） A. B. C. D. 11. 已知函数有最小正零点，，若在上单调，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，若上有且仅有2个点，使得，其中为椭圆的半焦距，是坐标原点，则的面积为______． 13. 已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围是______． 14. 设有编号为1，2，3，4，5的五把锁和对应的五把钥匙．现给这5把钥匙也贴上编号为1，2，3，4，5的五个标签，则共有______种不同的贴标签的方法：若想使这5把钥匙中至少有2把能打开贴有相同标签的锁，则有______种不同的贴标签的方法．（本题两个空均用数字作答） 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）若，求，并判断的形状． 16. 已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点. （1）求双曲线C的方程； （2）已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 17. 如图，在四棱锥中，，点，分别在棱，上，且三棱锥和三棱锥均是棱长为4的正四面体. （1）求四棱锥的体积； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的零点个数； （3）当时，函数与的导函数存在不为零的相等零点，求证：. 19. 记实数、中的较大者为，例如，．对于无穷数列，记（），若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”． （1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由． ①，②； （2）设首项为的等差数列的前项和为、公差为，且数列为“趋势递减数列”，求的取值范围； （3）若数列满足、均为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $