精品解析：安徽芜湖市安徽师范大学附属中学2026届高三考前适应性检测数学试题

安徽师范大学附属中学2026届高三考前适应性检测 数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选择项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由复数，得， 所以. 2. 已知集合是自然数集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，，所以． 3. 已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据离心率求出，即可得双曲线线的渐近线方程.. 【详解】因为， 所以，即， 因为双曲线的渐近线方程为 所以C的渐近线方程为. 4. 函数在的零点个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】方法一求出的范围，再由函数值为零，得到的取值即得零点个数，方法二先求出函数的所有零点，再根据题中范围限制，找出符合题意的零点即可． 【详解】方法一：，， 由题可知，或， 解得，，或，故有3个零点． 方法二：令， 即，，解得，， 分别令，解得，，， 所以函数在的零点的个数为3. 5. 甲、乙、丙、丁四位同学各自对两变量的线性相关性做试验，并分别求得样本相关系数如表： 甲 乙 丙 丁 0.82 0.68 0.69 0.85 则试验结果体现两变量具有更强的线性相关性的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】D 【解析】 【详解】由表格知，相关系数绝对值最大的是丁，故试验结果体现两变量具有更强的线性相关性的是丁. 6. 若实数满足，则与的值最接近的是（ ）（参考数据： A. 0.26 B. 0.41 C. 0.51 D. 1.10 【答案】C 【解析】 【详解】由，两边取对数得，则. 7. 如图所示，质点P从点A出发，沿AB，BC，CD运动至点D，已知，，则质点P位移的大小是（ ） A. 9 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由数量积的运算律，定义，结合模长计算可得. 【详解】由题意可得质点P位移为， 所以 因为，，所以， 设的夹角为，所以， 因为所以， 所以. 故选：D 8. 已知，点为直线上的动点，过点作直线与相切于点．若，则最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图所示，由圆方程可得圆心，半径， 由切点可知， 所以， 过点作直线的垂线，垂足为， 所以，可得， 接着转化为几何条件，在所在直线上构造一个到点距离为的点， 所以， 所以， 此时， 所以当三点共线时取最小值，即，故的最小值为. 二、多项选择题：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. 若非零实数满足，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用特殊值法判断A，由基本不等式判断B、C，应用柯西不等式判断D. 【详解】由时，满足，此时，A错， 由 ，有，当且仅当时取等号，B对， 由，当且仅当时取等号，C对， 由 ，则，当且仅当，即时取等号，D对. 10. 如图，三棱锥中，为边长是的正三角形，底面，，是线段上一动点，则下列说法正确的是（    ） A. 点到平面PAQ的距离的最大值为 B. 三棱锥的内切球半径为 C. 与所成角可能为 D. 与平面所成角的正切值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，表示出距离的等式，进而求出距离的最大值； 选项B，可以利用等体积法计算内切球的半径，从而判断选项B； 选项C，利用坐标，表示出两条直线方向向量夹角余弦的绝对值，求出相关系数，即可得出判断； 选项D，当点为中点时，与平面所成角的正切值最大，从而判断选项D. 【详解】选项A，过作，由底面，，平面， 所以，. 建立以为正交基底的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，又在线段上， 则，，所以点坐标为. 因为底面，平面，所以，平面底面， 又平面底面， 因此，点到平面的距离等于点到的距离. 由，其中，为点到平面的距离， 为边也即边边上的高，为， 则， 易知当时，取最大值为，此时点与点重合. A正确； 选项B，设三棱锥的内切球半径为，由体积可得： ， 由题可得，所以中边上的高为， ，所以代入体积公式得： ， 解得，B正确； 选项C，由选项A的过程可得，， 所以. 若与所成角为，则， 即，化简得：，方程无解， 因此，与所成角不可能为，选项C错误； 选项D，过点作平面，垂足为，连接，， 则为与平面所成的角，所以. 易知为平面的高，由等体积法可得， 解得，所以， 当最小，即，最大，此时， 因此的最大值为，选项D正确. 11. 已知函数则下列说法正确的是（ ） A. 若为正数，，则 B. 若为正数，，则 C. 若，则函数有唯一零点 D. 若，则函数的零点个数为奇数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数解析式结合特例可判断AB；利用函数的单调性，结合函数的零点存在性定理进行判断CD. 【详解】对于选项A，当，则，,不妨设，则， 那么，当，同理可得.故选项A正确； 对于选项B，若为正数，，当时，若，则，不一定有.故选项B错误； 对于选项C，当，函数的零点即方程的根，也就是函数与图象的交点横坐标. 当时， ，由单调递增，所以单调递减，，当且仅当时取“”号 从而为函数的零点， 当时，，由单调递增，单调递减，，当且仅当时取“”号， 因此，函数有唯一零点.故选项C正确； 对于选项D，当，函数的零点即方程的根，也就是函数与图象的交点横坐标. 当时， ，由单调递增，所以单调递减，，当且仅当时取“”号 从而为函数的零点， 当时，，由单调递增，单调递减，，当且仅当时取“”号， 若存在，使得，则，那么必存在 ，满足. 从而若在有个零点，则对应的在相应的有个零点， 从而可知若，函数的零点个数为奇数个个，故选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知有，结合组合数公式求不等式的解，即可得. 【详解】由展开式中只有第4项的二项式系数最大，即且， 所以，则，得且，故. 13. 在中，内角的对边分别是，若，，则的面积最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件可得，进而可得，利用余弦定理结合基本不等式可得，最后根据求出三角形面积最大值. 【详解】解：由，则 ， 化简整理得，即， 则，此时，则， 或 ，，则，在三角形中不合题意， 因此，， 由余弦定理可得，又，代入化简得， 由基本不等式可知，当且仅当时，等号成立， 所以，即， 所以，当且仅当时，等号成立， 因此，的面积最大值为. 14. 已知0不是函数（为常数）的极值点，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，令并求导，根据题设有求参数值，注意验证是否满足题意，即可得. 【详解】由题设， 令， 因为0不是函数（为常数）的极值点， 故在的左侧附近，,在的右侧附近，. 故，所以， 此时， 当时，，，故，则， 当时，，，故，则， 满足0不是函数（为常数）的极值点， 综上，. 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. 现有来自两个班级的考生报名表，分装2袋，第一袋有4名男生和2名女生的报名表，第二袋有3名男生和3名女生的报名表． （1）随机选择一袋，然后从中随机抽取2份，求恰好抽到男生的报名表和女生的报名表各1份的概率； （2）先从第一袋中随机抽取1份放入第二袋，再从第二袋中随机抽取2份，记从第二袋抽取的2份中男生报名表的份数为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 数学期望 【解析】 【分析】（1）应用组合数求相关概率，再由全概率公式求恰好抽到男生的报名表和女生的报名表各1份的概率； （2）根据已知分析从第一袋中随机抽取1份报名表对应的性别，以及对应情况下第二袋报名表的分布，再应用组合数、古典概型的概率求法和全概率公式求对应概率，写出分布列，进而求期望. 【小问1详解】 由题意，取到任意一袋的概率都为， 若取得第一袋，恰好抽到男生的报名表和女生的报名表各1份的概率为， 若取得第二袋，恰好抽到男生的报名表和女生的报名表各1份的概率为， 所以恰好抽到男生的报名表和女生的报名表各1份的概率为； 【小问2详解】 从第一袋中随机抽取1份报名表是男生的概率为，是女生的概率为， 若抽到男生的报名表放入第二袋，此时第二袋有4名男生、3名女生的报名表， 若抽到女生的报名表放入第二袋，此时第二袋有3名男生、4名女生的报名表， 所以，的可能取值为， 且，， ， 所以的分布列为 0 1 2 期望为. 16. 如图，已知平面，平面平面， （1）求证：平面． （2）已知，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为平面，平面， 所以， 在平面内作于点，如下图所示 ， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为，平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得到线线垂直，结合面面垂直的性质定理得到另一组线线垂直，最后利用线面垂直的判定定理证明； （2）由第(1)问结论可知 ，结合 平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角的余弦值，进而求得正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 以为原点，分别以方向为轴、轴的正方向，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示 ， 则， 所以，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以， 因此平面与平面所成角的正弦值为. 17. 已知数列满足： （1）求； （2）猜想数列的通项公式并给出证明； （3）设，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2）通项公式为 ， 由题设，当时，有​， ①－②得： ， 将替换为，得 ， ④－③得： ，即​， 结合，知数列是首项为，公比为的等比数列， 故通项公式为，得证； （3） 【解析】 【分析】（1）将、依次代入列方程求对应项即可； （2）根据已知等量关系，应用作差法得 ，即，结合等比数列的定义证明即可； （3）由题意 ，应用错位相减法求即可. 【小问1详解】 已知对任意正整数，有 当时，， 当时， ，代入，得 ， 所以，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 已知 ，则 ， 令 ， 用错位相减法：， ， 两式相减得： 所以 所以 ，从而 18. 已知抛物线上的点到焦点的最短距离为1，过点作两条直线与抛物线分别交于点和，弦的中点分别为，记为坐标原点． （1）求抛物线的方程； （2）若点的坐标为（m，2），求直线方程； （3）若，直线交抛物线于两点（与在轴同侧），直线与轴交于点，求证：． 【答案】（1） （2） （3）， 设直线的斜率，则由可得， 直线经过点，所以直线的方程为， 与抛物线联立可得， 化简可得， 设，是的中点， 根据韦达定理可得，则， 代入直线可得，即， 同理可得， 所以直线的斜率， 因此直线的方程为，即 令，代入化简可得， 因为，所以解得，即， 所以直线的方程为， 与抛物线联立可得 ，化简可得 ， 设，根据韦达定理可得，， 令，则，， ，， 因为在两侧，即，设，， 则，， 令 ，则， 设 ，则，解得或， 点的纵坐标为，点的纵坐标为， 因为与在轴同侧，所以与同号，分类讨论 当时，则 ，故要求 ，此时为负根，则 ， 且，所以 ，即； 当时，则 ，故要求，此时为正根，则， 且，所以 ，即， 综上所述，， 因为，，， 所以，， 因此， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义找出到焦点的最短距离的表达式，从而求出参数，然后得出抛物线的方程； （2）中点弦问题采用点差法，结合中点的性质求出斜率，进而得到直线方程； （3）先用点差法求出中点的坐标，进而找到直线上的定点，结合韦达定理得到动点的坐标，分类讨论得到比例关系. 【小问1详解】 抛物线，焦点， 根据抛物线的定义，抛物线上任意点到焦点的距离为， 因为，所以当时，距离最小为， 由题目可知，解得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 设，，因为在抛物线上， 所以，化简可得 ， 因为是的中点，， 所以， 因此，即， 因为焦点在直线上， 所以直线的方程为. 【小问3详解】 略 19. 已知函数 ． （1）求函数的单调区间与最小值； （2）若，且有两个不同的零点，求实数的取值范围； （3）设，且，证明：，并求使不等式恒成立的最大整数． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为 （2） （3）证明：原不等式两边取对数得， 依题意 ，令， 当时， ， 所以即在上单调递增， 令，则， 由前述分析可知当时，即，递减； 当 时，即，递增， 所以在取得最小值 ， 从而 即在上恒成立， 代入并求和得 ，证毕； 【解析】 【分析】（1）求导后判断导数符号，即可得到单调区间和最小值； （2）依题意令有两个根，转为与有两个不同的交点，分析的单调性得到的范围； （3）原不等式两边取对数得，构造函数，证明 恒成立，从而得到不等式，代入并求和得；原不等式等价于，先通过得到整数，再证明时不等式恒成立. 【小问1详解】 可知， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，取得极小值， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 最小值为； 【小问2详解】 若，则 ，令，得， 令，依题意与有两个不同的交点， ，令，因为 和均为减函数，所以也是减函数，又， 所以当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 在处取得极大值也即最大值， 且当时，，当时，， 由图像可知实数的取值范围为； 【小问3详解】 证明略； 对不等式两边取对数得， 两边再除以得，依题意该不等式对所有正整数成立， 令，则有，解得，所以整数， 接下来证明时不等式恒成立，令， 则，令得， 当时，当时， 因此对于所有正整数，只能在或处取得最小值， 已知，对于，先证明一个不等式 ，令，则 ， 在上单调递增，从而，故不等式成立， 因此，故， 所以对于所有正整数都有，所以满足条件的最大整数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽师范大学附属中学2026届高三考前适应性检测 数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选择项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合是自然数集，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的离心率为，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 函数在的零点个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 5. 甲、乙、丙、丁四位同学各自对两变量的线性相关性做试验，并分别求得样本相关系数如表： 甲 乙 丙 丁 0.82 0.68 0.69 0.85 则试验结果体现两变量具有更强的线性相关性的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 6. 若实数满足，则与的值最接近的是（ ）（参考数据： A. 0.26 B. 0.41 C. 0.51 D. 1.10 7. 如图所示，质点P从点A出发，沿AB，BC，CD运动至点D，已知，，则质点P位移的大小是（ ） A. 9 B. C. D. 8. 已知，点为直线上的动点，过点作直线与相切于点．若，则最小值为（ ） A. 4 B. C. D. 二、多项选择题：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. 若非零实数满足，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，三棱锥中，为边长是的正三角形，底面，，是线段上一动点，则下列说法正确的是（    ） A. 点到平面PAQ的距离的最大值为 B. 三棱锥的内切球半径为 C. 与所成角可能为 D. 与平面所成角的正切值的最大值为 11. 已知函数则下列说法正确的是（ ） A. 若为正数，，则 B. 若为正数，，则 C. 若，则函数有唯一零点 D. 若，则函数的零点个数为奇数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则___________． 13. 在中，内角的对边分别是，若，，则的面积最大值为___________． 14. 已知0不是函数（为常数）的极值点，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. 现有来自两个班级的考生报名表，分装2袋，第一袋有4名男生和2名女生的报名表，第二袋有3名男生和3名女生的报名表． （1）随机选择一袋，然后从中随机抽取2份，求恰好抽到男生的报名表和女生的报名表各1份的概率； （2）先从第一袋中随机抽取1份放入第二袋，再从第二袋中随机抽取2份，记从第二袋抽取的2份中男生报名表的份数为，求的分布列与数学期望． 16. 如图，已知平面，平面平面， （1）求证：平面． （2）已知，求平面与平面所成角的正弦值． 17. 已知数列满足： （1）求； （2）猜想数列的通项公式并给出证明； （3）设，求数列的前项和． 18. 已知抛物线上的点到焦点的最短距离为1，过点作两条直线与抛物线分别交于点和，弦的中点分别为，记为坐标原点． （1）求抛物线的方程； （2）若点的坐标为（m，2），求直线方程； （3）若，直线交抛物线于两点（与在轴同侧），直线与轴交于点，求证：． 19. 已知函数 ． （1）求函数的单调区间与最小值； （2）若，且有两个不同的零点，求实数的取值范围； （3）设，且，证明：，并求使不等式恒成立的最大整数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $