精品解析：安徽合肥市第八中学2026届高三考前保温训练数学试题

2026届合肥八中保温卷 命题、审题：高三数学组 亲爱的同学们： 青春是一个向量，模长是努力，方向是梦想； 青春是一个含参方程，三年来你们始终用勤奋求解； 青春是一个递推数列，每一次迭代都写满了坚持与成长…… 三年时光，如函数般跌宕起伏，如今终于收敛到最美的“高考”点．愿你们以自信为定义域，以拼搏为法则，解出青春的最优解． 点动成线，线动成面，面动成体，这三年，你们用每一天的位移，构筑了立体的自己．人生不是欧几里得几何，没有永远的平行线，所有的努力终会在某个闪亮的时刻相交． 祝金榜题名，前程可导，未来可期！ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设全集，集合，则中元素个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 已知向量，若，则的值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 3. 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关．下面四幅频率分布直方图中，最能说明平均数大于中位数的是（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中常数项为6，则（ ） A. B. 1 C. D. 6 5. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，（m为常数），则（ ） A. 4 B. 7 C. D. 8 6. 已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值为（ ） A. B. C. D. 7. 某物种繁殖能力极强，在没有外部因素干扰的前提下，其种群数量每经过一年就会增长为原来的5倍，则该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过（ ）（参考数据：） A. 10年 B. 12年 C. 23年 D. 24年 8. 已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（ ）． A. B. 9 C. D. 8 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知是等差数列的前项和，为公差，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，取最小值 C. D. 10. 已知随机事件A，B，C满足，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 事件A，B相互独立 B. C. 若，则 D. 若，则 11. 设复数z满足，则（ ） A. B. C. 关于z的方程有解 D. 若复数w满足，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等比数列的前项之积为，若，则___________． 13. 在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=___________. 14. 过正四面体的一条棱作截面将其分为两个三棱锥，则这两个三棱锥外接球半径之比的范围是___________. 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期，以及在区间上的最小值； （2）在中，角所对的边分别为.若，，，求的长. 16. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的图象经过点，且椭圆C的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点F作倾斜角为的直线和椭圆C交于两点，求的值． 17. 如图，三棱柱的所有棱长均为2，且． （1）证明：； （2）若三棱柱的体积为3，求平面与平面所成角的余弦值． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的值； （3）若存在极小值点且，求的取值范围． 19. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为. （1）将五进制数转化成三进制数. （2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记. ①若，求随机变量的分布列与数学期望； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届合肥八中保温卷 命题、审题：高三数学组 亲爱的同学们： 青春是一个向量，模长是努力，方向是梦想； 青春是一个含参方程，三年来你们始终用勤奋求解； 青春是一个递推数列，每一次迭代都写满了坚持与成长…… 三年时光，如函数般跌宕起伏，如今终于收敛到最美的“高考”点．愿你们以自信为定义域，以拼搏为法则，解出青春的最优解． 点动成线，线动成面，面动成体，这三年，你们用每一天的位移，构筑了立体的自己．人生不是欧几里得几何，没有永远的平行线，所有的努力终会在某个闪亮的时刻相交． 祝金榜题名，前程可导，未来可期！ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设全集，集合，则中元素个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】先解出全集再计算即可. 【详解】由且，解得全集，则，共有6个元素. 故选：C. 2. 已知向量，若，则的值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，， 因为，所以，得. 3. 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关．下面四幅频率分布直方图中，最能说明平均数大于中位数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于单峰频率分布直方图来说，如果直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体相等，和中位数相比，平均数总在“长尾巴”那边. 【详解】对于图象对称，平均数和中位数相等，中图象尾巴向右拖，中图象尾巴靠左拖，故正确. 故选：. 4. 在的展开式中常数项为6，则（ ） A. B. 1 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】写出展开式通项，令的指数为0即可求解. 【详解】展开式通项 ，令 得. 所以常数项为，解得. 5. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，（m为常数），则（ ） A. 4 B. 7 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】由已知得，则， 所以当时，， 所以，故． 6. 已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆台母线长与侧面展开图扇环内外圆半径的关系得到一个等式，再利用圆台上下底面圆周长与扇环内外圆周长的比例关系，进而求出圆台上下底面圆周长之差. 【详解】设圆台的侧面展开图扇环的内圆半径为，外圆半径为，（） 则圆台母线长为， 设圆台上、下底面圆半径分别为，（）， 则，，∴， 圆台上下底面圆周长之差的绝对值为. 故选：A. 7. 某物种繁殖能力极强，在没有外部因素干扰的前提下，其种群数量每经过一年就会增长为原来的5倍，则该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过（ ）（参考数据：） A. 10年 B. 12年 C. 23年 D. 24年 【答案】A 【解析】 【详解】初始种群数量为，经过年后，种群数量变为. 根据题意，种群数量变为原来的1000万倍，即. 两边同时除以，得. 两边同时取常用对数，有. 由于，且 ，代入得： ，解得. 因此该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过10年. 8. 已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（ ）． A. B. 9 C. D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】设直线的方程为，， 联立抛物线方程得，， 由韦达定理得，， 由得，， 代入，得， 将代入，得，或（舍去）， 所以直线的方程为，恒过点， 因为点关于直线的对称点为， 所以垂直平分，是中点， 所以， 所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆（除去原点）， 则点轨迹方程为， 所以， 所以. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知是等差数列的前项和，为公差，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，取最小值 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据等差数列性质可得，，即可得，即可判断A；结合单调性分析数列的正负性，即可得的最值，即可判断BCD. 【详解】因为数列为等差数列， 则，即， 且，即，可得， 所以公差，故A正确； 可知等差数列为递增数列，当时，；当时，； 所以当时，取最小值，故B错误； 所以，，故C错误，D正确． 10. 已知随机事件A，B，C满足，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 事件A，B相互独立 B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用条件概率公式，相互独立事件概率公式，并事件概率公式来进行求解即可. 【详解】利用概率加法公式： 由， 代入，，得： ， 又，所以算， 所以事件相互独立，故A正确； 根据条件概率公式计算：​， 则，故B错误； 由，且，得， 因为，所以， 即 ，故C正确； 由可得：， 代入，，可得， 又因为，两式消元解得： ，故D正确. 11. 设复数z满足，则（ ） A. B. C. 关于z的方程有解 D. 若复数w满足，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，根据可得，故在双曲线上，由双曲线的性质可判断ABC的正误，根据三角形不等式可判断D的正误. 【详解】设，则， 整理得， 故即， 故在双曲线上，焦点坐标为实半轴长为， 故表示到两个焦点的距离差的绝对值， 故，故A正确； 即为到原点的距离，故大于等于实半轴长，故，故B成立， 对于C，由可得，而， 故，而，故矛盾，故C错误； 对于D，因为即为到原点的距离，由B的分析可得， 而，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等比数列的前项之积为，若，则___________． 【答案】18 【解析】 【详解】由等比中项的性质可得， 所以． 13. 在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=___________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为和关于轴对称，所以，那么，（或）， 所以. 【考点】同角三角函数，诱导公式，两角差的余弦公式 【名师点睛】本题考查了角的对称关系，以及诱导公式，常用的一些对称关系包含：若与的终边关于轴对称，则 ，若与的终边关于轴对称，则，若与的终边关于原点对称，则. 14. 过正四面体的一条棱作截面将其分为两个三棱锥，则这两个三棱锥外接球半径之比的范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】建系，利用坐标运算以及球的定义得出球心坐标和半径，再构造函数求范围. 【详解】如图，正四面体，过点作平面，且垂足为， 取线段的中点为，则三点共线， 以为原点，以平行于的直线为轴，以所在直线为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为， 则，，， 因为平面，平面，所以， 则， 则， 设过棱的平面与交于点，故可设， 设三棱锥的外接球半径为，球心坐标为， 三棱锥的外接球半径为，球心坐标为， 则 ， ， 解得，， ， 故， 若，则； 若，则， 因为在上单调递减，在上单调递减， 且当时，当时， 所以或， 则或， 则或， 综上可知，，故， 故这两个三棱锥外接球半径之比的范围是 故答案为： 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期，以及在区间上的最小值； （2）在中，角所对的边分别为.若，，，求的长. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用二倍角公式和辅助角公式化简，计算即可. （2）由，得，利用三角形面积公式，得：，利用余弦定理，计算即可. 【小问1详解】 ， ，即， 最小正周期为， 当时，， 当时，即时取得最小值， . 【小问2详解】 ，， ，即， ，解得：， 又，故， ， ， ， ， 由余弦定理得： , 故. 16. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的图象经过点，且椭圆C的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点F作倾斜角为的直线和椭圆C交于两点，求的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】(1)已知焦点坐标，根据椭圆的定义得到的的值，再根据计算的值，得到椭圆C的标准方程． (2)根据点斜式写出直线方程，联立椭圆方程得到一元二次方程，根据韦达定理得到两点坐标之间的关系，代入两点间距离公式化简即可． 【小问1详解】 依题意，椭圆的右焦点为，则左焦点为，设， 由椭圆的定义可知， 所以，可得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 依题可设过点的直线方程为， 将其与椭圆方程联立，消元得， 设，则得，（*）， 于是 将（*）代入，得． 17. 如图，三棱柱的所有棱长均为2，且． （1）证明：； （2）若三棱柱的体积为3，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，可证得平面，利用线面垂直的性质可证结论； （2）利用体积可得，进而可证，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值． 【小问1详解】 取中点，连接，， 又因为是等边三角形，所以， 又因为，，所以是等边三角形，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 由三棱柱的体积为3．可知三棱锥的体积为1． 即, 解得，即，所以，又， 所以以为原点．以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， 又 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， . 即平面与平面所成角的余弦值为． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的值； （3）若存在极小值点且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合切点求出方程即可. （2）若函数单调递增，则其导函数大于等于0恒成立，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的值. （3）分情况讨论函数的单调性，得到函数极值的存在情况，再解不等式即可. 【小问1详解】 当时， 曲线在处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 设，则. ①时，在上单调递增. 当时，单调递减； 当时，单调递增，不符合题意. ②时，令，得， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 故 设，则， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减，则. 当且仅当时，即时，在上单调递增， 综上， 【小问3详解】 由(2)知，当时，存在极小值点且，不符合题意. 当时，在上单调递增，不存在极小值点，不符合题意. 当且时，， 又当时，；当时，. 当时，此时，且， 结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得， 且， 又因为，则，， 当时，，当时，， 则此时为极大值点，显然不合题意，舍去， 当时，此时，且， 结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得， 且， 结合，则， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 为极大值点，为极小值点，符合题意， 而； 又， 令，得， 当时，原式化简得，显然恒成立，则 当时，原式化简得，显然不成立，无解， 当时，原式化简得，显然不成立，无解， 综上，的取值范围是. 19. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为. （1）将五进制数转化成三进制数. （2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记. ①若，求随机变量的分布列与数学期望； ②证明：. 【答案】（1） （2）①分布列见解析，；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）将五进制数转化为十进制数，将十进制数转化为三进制数可得结果. （2）①求出时，位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，得到分布列和数学期望； ②求出位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，得到分布列和数学期望，即可证明结论 【小问1详解】 由题意得，将五进制数转化为十进制数为， ∵，∴， ∴五进制数转化成三进制数为. 【小问2详解】 ①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况. ∵，∴的所有可能取值为. 当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况， 共有种情况，故. 当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故， ∴， ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∴. ②∵位二进制数的， ∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个， ∵，∴的可能取值为. 当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同， 除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同， 由于，故共有种情况， ∴， ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∵， ∴ ， ∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $