精品解析：安徽六安市毛坦厂中学东部新城校区2026届高三下学期名校名师信息卷（二）数学试题

2026届名校名师信息卷（二） 数学 考生注意： 1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数，则（ ） A. B. C. 4 D. 0 2. 若，则的真子集个数为（ ） A. 3 B. 8 C. 7 D. 6 3. 若双曲线的离心率为，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的定义域为，周期为4，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 2 6. 若将函数图象上所有点的横坐标压缩到原来的一半（纵坐标不变）得到的图象，则的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，为平面上的一个动点，若，则的轨迹所围成的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为1的正四面体中，是棱的10等分点，过作与，均平行的平面，记此平面截正四面体所得的截面面积为.则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 10. 用1，2，3，4四种颜色给图中的，，，四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同色，则（ ） A. 用四种不同颜色涂色的不同方法数为24 B. 用1，2，3这三种不同颜色涂色的不同方法数为6 C. 在用四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为 D. 在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为 11. 经过点作两条直线与抛物线分别切于点，，对应切线的斜率分别为，，直线与轴交于，过任意作一条直线与交于，，则（ ） A. B. C. 的坐标为 D. 的中点到轴的距离为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 13. 在圆的内接四边形中，若，，，则四边形的最大面积为________ 14. 若，，则的值为______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在正项数列中，已知. （1）证明：为等比数列； （2）若，，求的前项和. 16. 在不透明的口袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中2个球上标有数字1，4个球上标有数字2. （1）在首次从口袋中摸出1个标有数字1的球，且不放回的条件下，求第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球的概率； （2）从口袋中不放回取2个小球，每次取1个，记事件A={首次取到的是标有数字2的球}，事件B={第二次取到的是标有数字1的球}，则，是否相互独立?请说明理由. 17. 如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个梯形；其中，，现在沿着把折起到的位置，连接，，且使得，如图2所示. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 在平面直角坐标系中，设动直线恒过定点；直线，为平面上的一个动点，到的距离为；且. （1）求的坐标； （2）求的轨迹的方程； （3）设关于轴的对称点为，，过作与轴垂直的直线，求被分成的左，右两个部分面积之比的取值范围. 19. 设函数在上可导，导函数为，若关于的方程在有且只有两个不同的解，则称是上的“双平行切线函数”，其中两个不同的解称为在上的平行切点. （1）是否存在上的“双平行切线函数”，且在上不是单调函数?若存在，请举例；若不存在，请说明理由； （2）令，设直线与的图象交于两个不同的点，，其横坐标分别为，，且是上的“双平行切线函数”，在上的平行切点为，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届名校名师信息卷（二） 数学 考生注意： 1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数，则（ ） A. B. C. 4 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数及复数的减法计算求解. 【详解】. 2. 若，则的真子集个数为（ ） A. 3 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的无序性结合集合的关系确定，进而可求集合的真子集个数. 【详解】因为，所以，所以的真子集个数为. 3. 若双曲线的离心率为，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程，即可求解. 【详解】因为双曲线的离心率为， 所以，所以. 4. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合向量的坐标运算，根据投影向量的计算方法求解即可. 【详解】在上的投影向量为. 5. 已知函数的定义域为，周期为4，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由周期为可得，由条件可得，解方程可求结论. 【详解】因为的周期为，所以， 因为，所以， 联立消去得，. 6. 若将函数图象上所有点的横坐标压缩到原来的一半（纵坐标不变）得到的图象，则的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图像变换得，使用整体代入法结合正切函数图像性质即可求得的单调递增区间. 【详解】由已知得，， 令，，解得. 所以的单调递增区间为. 7. 已知，，为平面上的一个动点，若，则的轨迹所围成的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：使用两点间距离公式结合条件可得的轨迹为圆，进而可得轨迹所围成的面积；法二：由题意得的轨迹为存在一条直径位于轴上的圆，由此求出圆的端点，进而可得半径与面积. 【详解】法一：因为，，设，由得， 平方并整理得，化简并整理得， 故点的轨迹是圆，其半径为，故其面积为. 法二：因为，，，所以的轨迹为一条直径位于轴上的圆， 设此直径的端点坐标为，则或 所以或，所以的轨迹所围成的面积为. 8. 如图，在棱长为1的正四面体中，是棱的10等分点，过作与，均平行的平面，记此平面截正四面体所得的截面面积为.则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】如图，取的中点，连接，， 在正四面体中，易知，， 又，，平面，所以平面，又平面，所以.过作的平行线，交于，再过作的平行线，交于，作交于，连接， 得截面四边形，易知四边形为矩形， 由相似三角形知识可知，， 所以. 二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知为第二象限角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由条件结合同角关系求，再结合诱导公式求，再利用二倍角公式求，利用两角和正弦公式求. 【详解】因为为第二象限角，，所以， ， ， 又因为， 所以. 10. 用1，2，3，4四种颜色给图中的，，，四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同色，则（ ） A. 用四种不同颜色涂色的不同方法数为24 B. 用1，2，3这三种不同颜色涂色的不同方法数为6 C. 在用四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为 D. 在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由分类乘法计数原理结合相邻区域不能同色的条件，即可求解. 【详解】对于A，先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种涂法，再涂区域，有2种涂法， 最后涂区域，因为要保证4种颜色全部使用，故只有1种涂法， 故共有种方法，所以A正确； 对于B，先涂区域，有3种方法，再涂区域，有2种涂法， 再涂区域，有1种涂法，最后涂区域，有1种涂法， 故共有种方法，所以B正确； 对于C，若用4涂色，则区域有3种方法，区域有2种方法， 区域有1种方法，由A知总情况有24种，则概率为，所以C错误； 对于D，若用2涂色，则区域有2种方法，区域有1种方法， 区域有1种方法，由B知总情况有6种，则概率为，所以D正确； 11. 经过点作两条直线与抛物线分别切于点，，对应切线的斜率分别为，，直线与轴交于，过任意作一条直线与交于，，则（ ） A. B. C. 的坐标为 D. 的中点到轴的距离为 【答案】AD 【解析】 【分析】设出直线方程，再结合切线的性质并结合韦达定理判断A，先确定的性质，进而判断B，求出直线的方程再结合韦达定理判断C，利用抛物线的定义判断D即可. 【详解】对于A，设经过点的直线方程为， 代入得，， 因为与相切，所以， 化简得，设此方程的两个不同根分别为，， 则，分别对应于过点，的切线斜率， 由韦达定理得，，故A正确； 对于B，由于为的两个等根， 所以，同理，故B错误； 对于C，由，的坐标分别为，， 则直线的方程为，化简得， 将，代入，得， 将，代入，得， 则的坐标为，故C错误； 又直线为的准线，为抛物线焦点， 设，分别为，到准线的距离， 由抛物线的定义得的中点到直线的距离为， 则的中点到轴的距离为，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可. 【详解】设圆台母线长为，则，所以，所以圆台的高为， 所以圆台的体积为. 13. 在圆的内接四边形中，若，，，则四边形的最大面积为________ 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理可得，，根据圆的对称性分析四边形的最大面积. 【详解】在三角形中，由余弦定理得， 且，则，可得， 由圆的对称性可知当且仅当时，三角形的面积取得最大值， 所以四边形的最大面积为. 14. 若，，则的值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】先利用对数换底公式，对原不等式进行整理变形，得到，求该函数的最小值，得到，构造函数，研究函数的单调性与最值，进而确定的值 【详解】因为，所以， 所以， 令，所以， 则当时，即在上单调递减， 所以当时，，矛盾，故. 时，，，单调递减；，，单调递增； 所以， 记，求导得， ，，单调递增；，，单调递减； 所以最大值为， 因此恒成立，仅当时满足要求， 所以. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在正项数列中，已知. （1）证明：为等比数列； （2）若，，求的前项和. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用对数性质将等式转化为，然后利用等比数列定义证明等比数列； （2）由已知求出公比和首项，再用等比数列求和公式得. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 因为，所以，，所以为等比数列. 【小问2详解】 设公比为，因为，，所以， 所以，所以，所以， 所以的前项和为. 16. 在不透明的口袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中2个球上标有数字1，4个球上标有数字2. （1）在首次从口袋中摸出1个标有数字1的球，且不放回的条件下，求第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球的概率； （2）从口袋中不放回取2个小球，每次取1个，记事件A={首次取到的是标有数字2的球}，事件B={第二次取到的是标有数字1的球}，则，是否相互独立?请说明理由. 【答案】（1） （2），不相互独立，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式计算； （2）通过验证是否成立，判断结论即可. 【小问1详解】 记首次从口袋中摸出1个标有数字1的球为事件，第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球为事件， 则， 所以第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球的概率为. 【小问2详解】 由已知得，， 所以， 所以，所以，不相互独立. 17. 如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个梯形；其中，，现在沿着把折起到的位置，连接，，且使得，如图2所示. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，由，得到，再由正三角形性质，可得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面. （2）取的中点， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：取的中点为，连接，，， 由图1中，是边长为2的正三角形，等腰梯形，且， 可得，且， 因为，所以，所以， 又由正三角形性质，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 解：取的中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，且为的中点，所以， 又因为平面， 以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由平面的法向量为， 设平面与平面夹角为，则 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，设动直线恒过定点；直线，为平面上的一个动点，到的距离为；且. （1）求的坐标； （2）求的轨迹的方程； （3）设关于轴的对称点为，，过作与轴垂直的直线，求被分成的左，右两个部分面积之比的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用直线的性质求解必过的定点即可. （2）结合题意化简求出椭圆方程即可. （3）结合题意将目标式表示为一元函数，再结合导数求解取值范围即可. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以，则，故的坐标为. 【小问2详解】 设，因为，所以， 则，化简得. 【小问3详解】 如图，作出符合题意的图形， 记的坐标为，由题意知，点不可能位于轴上， 故根据椭圆对称性，不妨设点在第一象限或在轴正半轴上， 即，，又，， 则直线的方程为， 设与轴，分别交于点，， 因为，所以，， 所以的面积与的面积之比如下， 为， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在单调递减，在单调递增， 又因为，，， 所以的值域是，所以，得到， 根据对称性，被分成的左，右两个部分面积之比的取值范围是. 19. 设函数在上可导，导函数为，若关于的方程在有且只有两个不同的解，则称是上的“双平行切线函数”，其中两个不同的解称为在上的平行切点. （1）是否存在上的“双平行切线函数”，且在上不是单调函数?若存在，请举例；若不存在，请说明理由； （2）令，设直线与的图象交于两个不同的点，，其横坐标分别为，，且是上的“双平行切线函数”，在上的平行切点为，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）存在上的“双平行切线函数”，但在上不为单调函数. （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由函数，根据，得到方程，求得方程的两解，得到为上的“双平行切线函数”，再利用导数求得得到单调性，即可得到结论； （2）（i）根据题意，转化为在上有两个不同的解，求得，令，求得，得出的单调性，得到的单调性，求得其最小值，进而求得的取值范围； （ii）设，转化为证明，设，求得，再令，利用导数求得在上单调递减，得到，进而证得. 【小问1详解】 解：存在上的“双平行切线函数”，且在上不是单调函数. 先证明：为上的“双平行切线函数”： 由函数，可得， 令，可得， 化简得，解得，， 所以为上的“双平行切线函数”； 令，即，可得或， 当且仅当时，，所以在，上单调递增， 当且仅当时，，所以在上单调递减， 所以在上不是单调函数， 所以存在上的“双平行切线函数”，且在上不为单调函数. 【小问2详解】 解：（i）由题意知：，且， 所以在上有两个不同的解， 所以，即在上有两个不同的解， 因为，可得， 设，则， 当时，，则为减函数，即为减函数， 当时，，则为增函数，即为增函数， 故，且当时，，，， 所以在上有两个不同的解，所以，解得， 所以实数的取值范围为. （ii）不妨设，则，， 要证，即证， 因为，所以， 因为，在上为增函数，所以只需要证明：. 因为，所以只需要证明：，其中， 设， 则， 设，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以在上单调递减， 因为，所以，即，其中， 所以得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $