精品解析：安徽皖江名校联盟2026届高三下学期5月模拟预测数学试题

数学 （试卷满分：150分考试用时：120分钟） 考生注意： 1．答卷前，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集的知识求得正确答案. 【详解】依题意，，， 所以. 2. 已知焦点在轴上的椭圆的离心率，则（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据离心率建立等量关系即可求出. 【详解】解：由题知椭圆焦点在轴上，所以， 因为，所以，即， 解得，所以. 3. 已知直线是函数图象的一条对称轴，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】令，得； 是函数的一条对称轴， ，解得； ，当时，取得最小值，最小值为. 4. 函数的图象在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出切线斜率，再结合直线的点斜式方程可得切线方程. 【详解】，则， ，所以切线方程为，化简可得， 即函数的图象在点处的切线方程为. 5. 已知一组样本数据，，，，，的平均数为20，方差为16，另一组样本数据，，，的平均数为，方差为16，由两组数据构成的新样本数据，，，，，，，，，的平均数为24，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】∵，， ∴，则； 则新的样本数据的方差为， 故，. 6. 已知，且，则（ ） A. 3 B. C. D. -3 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦差公式和正弦和公式展开已知等式，结合，转化为正切关系，最后根据正切和公式得到答案. 【详解】由已知，可得：， 因为存在，所以， 将上式两边同时除以可得， 代入，得：， 根据正切和公式， 代入和：. 7. “函数在区间上单调递增”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性，结合复合函数单调性的性质、充分性和必要性的定义进行判断即可. 【详解】二次函数的对称轴为， 函数在区间上单调递增，则，解得， 由可得，但是由得不到， 所以函数在区间上单调递增是的必要不充分条件. 8. 工厂生产都会面临原料存贮的问题，存贮量过多会导致占用资金过多、仓储费用过高，而存贮量太少会导致存贮批次增多，订货费用增加（订货费不包括购买原料的费用，仅包括进货过程中产生的人力和运输成本）．因此需要决定多长时间订购一次，使每天所需平均成本费用（不包括购买原料费用）最少．设时间以天为单位，工厂对某原料的消耗是连续且均匀的，每天原料需求量为吨，每次订货费为元，每天每吨原料贮存费为元，当贮存量降到0时订货可立即送达，订货费、贮存费和需求量均为已知常数．在上述条件下，设一个订货周期为即每天订一次货），则每次订货量为，根据经济学的相关结论可知，一个订货周期内需要支付贮存费的货物贮存量为，所以一个订货周期的贮存费为，要使每天所需平均成本费用最低，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为贮存费为，且订货费为，所以总费用为，易知每天所需平均成本费用为. 设，. 令，解得. 又因为，单调递减，，单调递增. 所以时最小. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义判断选项；根据复数的乘法运算判断选项；利用复数的加减运算及模长公式判断选项和选项. 【详解】解：选项，由，则，所以错误； 选项，由，则，所以正确； 选项，由，则，所以正确； 选项，由，则，所以错误. 10. 已知函数，的定义域为，为偶函数且，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由为偶函数，得. 对作变量代换，得，因此，. 将代入上式，得， 结合，得， 进而，，即的最小正周期为； 由，可得的最小正周期也为. 对于选项A：由，令，得，故A错误. 对于选项B：由，令，得，故B正确. 对于选项C：由，令，得，故C正确. 对于选项D：由周期为，得，故D正确. 11. 已知正四棱台侧面与底面夹角为，，分别是，的中点，则（ ） A. 与是异面直线 B. 平面平面 C. 侧棱与底面的夹角正弦值为 D. 若存在球与该正四棱台每个面都相切，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】显然A正确；B错误（因为与不一定平行）． 如图，设平面于上的点，于点， 不妨设，则， 侧面与底面所成夹角的平面角， 故，， 所以，C正确； 对于选项D，先将问题转化为平面几何问题： 记上下底面中心分别为， 过且垂直于的平面截该棱台得一等腰梯形，其一半为如图所示直角梯形，且． 若存在球与该正四棱台每个面都相切，不妨记该内切球球心为，半径为， 由题意知，， 即，解得，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，三点共线，则__________． 【答案】12 【解析】 【详解】因为，，三点共线， 则与共线， 所以，所以. 13. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，若准线上的点到直线的距离为，则__________． 【答案】8 【解析】 【分析】先由准线上的点确定抛物线参数，利用点到直线距离求出直线斜率，联立方程结合韦达定理与焦点弦长公式求解弦长. 【详解】由抛物线的准线方程为， 点在准线上，得，解得. 因此，抛物线方程为，焦点. 当直线斜率不存在时， 直线方程为，点到直线的距离为， 与题设距离矛盾，故直线斜率存在. 设直线的方程为，整理为， 由点到直线的距离公式得，化简得，即， 两边平方后整理得，解得. 联立，消去得，， 设，，由韦达定理得， 由抛物线焦点弦长公式得. 14. 已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________． 【答案】35 【解析】 【分析】根据可得，由累加法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得进而可求解. 【详解】由，得，由累加法，当时， ， 当时， ， 因此， 即得，当时，，故， 由得，所以， 所以 ， 所以， 即，令 ， 则 ， 因为，所以 ，所以数列为递增数列， 当时，，所以， 综上可知，，故满足条件的正整数的所有可能取值的个数为. 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出说明文字、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理角化边，再根据余弦定理求角； （2）根据（1）和余弦定理可得 ，再利用三角形的面积公式和基本不等式求解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，得 ，整理得， 由余弦定理，得， 又，所以． 【小问2详解】 由（1）及余弦定理知，， 故，当且仅当时等号成立， 即面积的最大值为． 16. 如图1，已知的边长分别为，，，为上的高． （1）如图2，将绕旋转至，使．证明：平面平面； （2）如图3，为中点，将绕旋转至，使．求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在中由余弦定理求得，进而求得，故，由勾股定理可得，由线面垂直的性质定理可得，进而可证平面，由面面垂直的判定定理得证； （2）以，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，根据 ，，列方程求得点的坐标，利用向量法求出到平面的距离，再根据三棱锥等体积转换求得答案. 【小问1详解】 由余弦定理得， 因为为三角形内角，所以， 因为，所以，故. 因为，所以，， 又平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，故，即， ，是平面内两条相交直线，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 以，所在直线分别为轴、轴，建立如图空间直角坐标系， 由题意可知，，， 设，由 ，， 得，解得，，， 即， 易知平面的一个法向量为，， 故到平面的距离为，又， 所以三棱锥的体积. 17. 已知函数，． （1）求函数的单调区间和极值； （2）若，恒成立，求实数． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）求导根据导数的正负判断单调性与极值； （2）由（1）及零点存在定理可得当时，恒成立；再通过导数的正负判断单调性，得的极小值为，继而按、、及分类分析判断的符号，最终得到答案. 【小问1详解】 依题意，函数的定义域为，导函数， 令，因为，所以是增函数 又， 故当时， ，单调递减；当时，，单调递增. 即的单调递减区间为，单调递增区间为． 当时，函数取极小值，且极小值为． 【小问2详解】 因为，，， 所以由（1）及零点存在定理知， ，，使，，即，． 故 且当时，，即，即， 从而 ， 当时，，即 ，即， 从而， 当时，，同理可得， 故当时，恒成立． 又，而在内单调递增，且， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以函数的极小值为， 若，则在上恒成立， 当时，，不成立，不符合题意，舍去； 若，由零点存在定理知， ，，使， 且当或时，，当时，， 若， 则，当，，不合题意，舍去； 若， 则，当，，不合题意，舍去． 综上所述，． 18. 已知双曲线的一条渐近线过点． （1）求的离心率； （2）直线过点，与以线段为直径的圆另交于点，与交于两个不同的点，，为中点，记，倾斜角分别为，，证明： （i）； （ii）． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由双曲线方程得到渐近线方程，点在渐近线上，求出，再根据，求出双曲线的离心率； （2）由为圆直径求出圆的标准方程；由于过点的直线与双曲线交于不同的两点，以及双曲线方程得到直线的斜率一定存在（分和两种情况讨论），分别联立直线的方程和双曲线、圆的方程，利用韦达定理得点，的坐标，从而求出，的关系式以及，的关系式，求得，. 【小问1详解】 由双曲线，得双曲线的渐近线方程为， 由点在渐近线上，得，解得， ，即； 则双曲线的离心率为. 【小问2详解】 由（1）可得，双曲线，双曲线的右顶点为； 由直线过点且与交于两个不同的点，得直线的斜率一定存在. 由，得，，； 圆的方程为. 设直线的斜率为. 当时，直线的方程为； 则，解得或（舍），即. 由，解得. 不妨取，，得中点； 此时，，重合，且在轴上，即； .且，. 当时，直线的方程为；设，，，； 联立，整理得； ，且，且，. 是中点，，， 即，故. 是圆的直径，为直线与圆的交点，， 则，即 ； ，即； ，，. 联立，整理得； ，且，且，. ，，； . ， ； . 综上所述，，. 19. 将坐标平面上横坐标和纵坐标都是整数的点叫作格点．格点按照以下规则移动：①最初点在原点处；②点每一秒钟移动一次，若某个时刻点在格点处，则1秒钟之后点随机移动到相邻的格点，，，之一处，且点移动到其中每个格点处的概率相等． （1）设点，记，求点移动2秒钟后的期望； （2）求点移动4秒钟后回到原点的概率； （3）求点移动（且）秒钟后落在直线上的概率（用含的式子表示）． 【答案】（1）0 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过定义随机变量，分析每次移动对的影响，计算出移动2秒后的所有可能取值及其概率，再利用期望公式求解，体现了离散型随机变量期望的计算方法； （2）采用分类讨论的思路，将“回到原点”的移动情况分为仅左右移动、仅上下移动、同时含左右和上下移动三类，分别计算各类的路径数，再结合古典概型公式计算概率，关键是对移动路径进行全面分类计数； （3）通过设移动次数变量，建立的条件方程，将移动方案转化为涂色计数问题，利用组合数与乘法原理计算满足条件的路径数，再除以总路径数得到概率，体现了计数原理在复杂概率问题中的应用． 【小问1详解】 记事件为“向右移动”，事件为“向左移动”，事件为“向上移动”，事件为“向下移动”，，则， ， ， 【小问2详解】 记“点移动4秒钟后回到原点”为事件， 若点仅左移或右移，则必左移两次右移两次，共种可能； 若点仅上移或下移，则必上移两次下移两次，共种可能； 若点既有左右移动也有上下移动，则共种可能； 故． 【小问3详解】 点移动（且）秒钟，向右、左、上、下方向移动的次数分别为，，，（，，，为非负整数），则． 将次移动操作看作个排成一列的小球，给其中的个小球涂成红色，个小球涂成黄色，个小球涂成蓝色，个小球涂成绿色． 若点在移动秒钟后在直线上，则，故，． 第一步，先从个位置中指定个位置，共种可能， 第二步，把选中的这个小球涂成红色或蓝色，因为每个小球有两种颜色可供选择，故有种可能， 第三步，把剩余的个小球涂成黄色或绿色，同理有种可能． 又因为一种给个小球涂色的方案对应一种满足题意的点移动方案， 所以点移动秒钟后在直线上共有种方案， 对应概率为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 （试卷满分：150分考试用时：120分钟） 考生注意： 1．答卷前，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知焦点在轴上的椭圆的离心率，则（ ） A. 4 B. C. 2 D. 3. 已知直线是函数图象的一条对称轴，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知一组样本数据，，，，，的平均数为20，方差为16，另一组样本数据，，，的平均数为，方差为16，由两组数据构成的新样本数据，，，，，，，，，的平均数为24，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 已知，且，则（ ） A. 3 B. C. D. -3 7. “函数在区间上单调递增”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 工厂生产都会面临原料存贮的问题，存贮量过多会导致占用资金过多、仓储费用过高，而存贮量太少会导致存贮批次增多，订货费用增加（订货费不包括购买原料的费用，仅包括进货过程中产生的人力和运输成本）．因此需要决定多长时间订购一次，使每天所需平均成本费用（不包括购买原料费用）最少．设时间以天为单位，工厂对某原料的消耗是连续且均匀的，每天原料需求量为吨，每次订货费为元，每天每吨原料贮存费为元，当贮存量降到0时订货可立即送达，订货费、贮存费和需求量均为已知常数．在上述条件下，设一个订货周期为即每天订一次货），则每次订货量为，根据经济学的相关结论可知，一个订货周期内需要支付贮存费的货物贮存量为，所以一个订货周期的贮存费为，要使每天所需平均成本费用最低，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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，的定义域为，为偶函数且，，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知正四棱台侧面与底面夹角为，，分别是，的中点，则（ ） A. 与是异面直线 B. 平面平面 C. 侧棱与底面的夹角正弦值为 D. 若存在球与该正四棱台每个面都相切，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，三点共线，则__________． 13. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，若准线上的点到直线的距离为，则__________． 14. 已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________． 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出说明文字、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值． 16. 如图1，已知的边长分别为，，，为上的高． （1）如图2，将绕旋转至，使．证明：平面平面； （2）如图3，为中点，将绕旋转至，使．求三棱锥的体积． 17. 已知函数，． （1）求函数的单调区间和极值； （2）若，恒成立，求实数． 18. 已知双曲线的一条渐近线过点． （1）求的离心率； （2）直线过点，与以线段为直径的圆另交于点，与交于两个不同的点，，为中点，记，倾斜角分别为，，证明： （i）； （ii）． 19. 将坐标平面上横坐标和纵坐标都是整数的点叫作格点．格点按照以下规则移动：①最初点在原点处；②点每一秒钟移动一次，若某个时刻点在格点处，则1秒钟之后点随机移动到相邻的格点，，，之一处，且点移动到其中每个格点处的概率相等． （1）设点，记 ，求点移动2秒钟后的期望； （2）求点移动4秒钟后回到原点的概率； （3）求点移动（且）秒钟后落在直线上的概率（用含的式子表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $