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安徽省定远中学2026年高考数学模拟试卷1（4月份）
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.在复平面内，复数满足，则( )
A. B. C. D.
2.在的展开式中，的系数为( )
A. B. C. D.
3.已知函数在处取得最小值，则在区间上的单调递减区间为( )
A. B. C. D.
4.已知，是双曲线：的左、右焦点，点在上，，，则的离心率为( )
A. B. C. D.
5.已知，，：，：，其中，点为平面内一点，记点到，的距离分别为，，则下列条件中能使点的轨迹为椭圆的是( )
A. B.
C. D.
6.如图，在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，则( )
A.
B.
C.
D.
7.已知点为圆：上一个动点，为坐标原点，过点作圆的切线与圆：相交于两点，，则的最大值为( )
A. B. C. D.
8.已知，，，则实数，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
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。
9.三棱台中，平面平面，，，则( )
A. 平面
B.
C.
D. 与平面所成角的正弦值为
10.已知为抛物线：上一点，为的焦点，直线的方程为，则下列说法正确的是( )
A. 点到直线与到直线的距离之和的最小值为
B. 若点与关于轴对称，且点恰为的垂心，则的周长为
C. 若存在点，使得过点可作两条垂直的直线与圆相切，则
D. 过直线上一点点不在轴上作抛物线的两条切线，切线分别交轴于点，，则外接圆面积的最小值为
11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点，，下列说法正确的有( )
A. 当点为线段的中点时，直线的斜率为
B. 若，则
C. 为坐标原点
D. 若直线的斜率为，且，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.阿尔法围棋是第一个击败人类职业围棋选手的机器人，这是人工智能算法的重要突破现某公司研发出了一款级段围棋机器人，并开展了一项比赛，比赛规则为一人与机器人对弈三次，若获胜一次，则可以获得千元奖金，若获胜两次，则可以获得千元奖金，若获胜三次，则可以获得万元奖金，若三次均未获胜，则无奖金，已知某围棋手每场比赛获胜的概率均为，记此人可获得的奖金为千元，则 ．
13.设，函数若恰有两个零点，则的取值范围为 ．
14.定义集合的“长度”是，其中，已如集合，，且，都是集合的子集，那么集合的“长度”的最小值是 ；若，集合的“长度”大于，则的取值范围是 ．
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.本小题分
一个车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了次试验，收集数据如表所示．
零件数个
加工时间
经计算得．
建立加工时间关于零件数的一元线性回归方程；
关于加工零件的个数与加工时间，由问你能得出什么结论？
参考公式：经验回归方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
16.本小题分
已知数列的前项之积为，，，且，，成等比数列．
求的通项公式；
比较与的大小关系，并说明理由；
若数列满足，求的前项和．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是的中点．
证明：平面．
若直线与底面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
已知双曲线的离心率为，且经过点
求的标准方程
若过点的直线与交于，两点，求线段的中点的轨迹方程．
19.本小题分
已知函数．
讨论的极值；
当时，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：复数满足，
则，
故．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的概念，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的概念，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：在展开式中，
第项为，
令，可得，此时与相乘可得，
令，可得，此时与相乘可得，
所以的展开式中，含的项为，即的系数为．
故选：．
根据二项式定理，求出展开式中的项与项的系数，然后运用多项式的乘法法则求得本题答案．
本题主要考查二项式定理、多项式的乘法法则等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意，可得，
由于在处取得最小值，
可得，解得，
所以，
由于，可得，
令，解得，
可得函数在区间上的单调递减区间为．
故选：．
根据题意结合三角函数的最值点可得，再结合正弦函数单调性运算求解．
本题考查了正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因，且，
可得，
在直角中，因为，
所以，
因，由双曲线的定义，可得，
即，即，
所以双曲线的离心率为．
故选：．
根据题意，求得，得到，结合双曲线的定义，推出，进而得到双曲线的离心率．
本题考查了双曲线离心率的计算，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：，因为，所以点轨迹为线段，故A错误；
对于，设，则由，所以点轨迹为圆，故B错误；
对于，由，
因为，方程可化为，所以点轨迹为椭圆，故C正确；
对于，由，
当且，即时，
去绝对值可得，即，
此时结合约束条件，可知点的轨迹为垂直于轴的线段；
当且，即且，
去绝对值可得，即，
此时结合约束条件，可知点的轨迹为垂直于轴的线段；
当且，即且，
去绝对值可得，即，
此时结合约束条件，可知点的轨迹为垂直于轴的线段；
当且，即且，
去绝对值可得，即，
此时结合约束条件，可知点的轨迹为垂直于轴的线段；
综上可知点轨迹为四条线段，故D错误．
故选：．
根据椭圆的定义可判断的真假；求点的轨迹方程，判断的真假．对于
本题考查轨迹方程，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：根据条件：．
故选：．
根据空间向量线性运算法则以为基底先表示出，再由化简得到．
本题考查了向量数乘和减法的几何意义，向量加法的平行四边形法则，向量的数乘运算，是基础题．
7.【答案】
【解析】解：作交于，连接，则，
设，则，
，
令，，则．
由题意知，，
令，则，
，当且仅当等号成立；
，
．
故选：．
作交于，设，得，，然后求出，再令，，得到，进一步求出的范围．
本题考查圆的几何性质，切线的应用，弦长公式，考查了转化思想和计算能力，属难题．
8.【答案】
【解析】解：易知，
所以，
因为，
由，得，
所以，所以．
所以实数，，的大小关系为．
故选：．
先利用作商法比较，的大小，再借助中间值“”得到，得到，即可得到结果．
本题考查指数函数单调性和极值，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，，平面，平面，
平面，故A正确；
对于，如图，作，交于点，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
在中，，
，，
，
又，是直角三角形，且，
，而平面，，
又平面，平面，，
平面，
平面，
，
在三棱台中，，
，不垂直于，故B错误，C正确；
对于，设，则，，
在中，，，
在中，，作于，
平面，平面，
，而平面，平面，，
平面，
平面，
，
是直角三角形，且，
设与平面所成角为，则即为与平面所成角，
且，
在中，，
，
，故D正确．
故选：．
对于，由线面平行的判定定理即可得证；
对于，说明，结合即可判断；
对于，由线面角的定义验算即可判断．
本题考查空间线面位置关系的判定，考查线面角的计算，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项A：抛物线：的焦点，准线方程为，
由抛物线的定义可得点到的距离等于点到焦点的距离，
过点作直线的垂线，垂足为，过点作准线的垂线，垂足为，
过点作直线的垂线，垂足为，则，
则，
又到直线的距离，
所以点到直线与到直线的距离之和的最小值为，故A错误；
对于选项B：不妨设点在第一象限，坐标为，，
则点在第二象限，坐标为，
则，
因为点为的垂心，
所以，
则，
又点在，则，
所以，
解得或舍，
则，解得，
即，
所以，
所以的周长为，故B正确；
对于选项C：设圆的圆心为，过点的切线，切点分别为，，
由题意得，又，，，
所以四边形为正方形，则，
即点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，则方程为
因为点在抛物线：上，
所以点为抛物线：与圆的交点，
联立，
得，
判别式，解得，故C正确；
对于选项D：设切线，与抛物线分别切于，，
设，
由，得，
则，
所以直线：，
整理得，
同理直线：，
联立，可得，即，
又因为，
所以，，
则，
同理，
因此，，
所以，，，四点共圆，且的外接圆的直径为，
因为的最小值即为点到直线的距离，
所以的外接圆的半径最小值为，外接圆面积最小值为，故D正确．
故选：．
根据抛物线的定义，可得到直线与到直线的距离之和的最小值为点到直线的距离，根据点到直线距离公式，计算分析，即可判断的正误；
设出点坐标，可得点坐标，根据点为的垂心，可得，根据数量积公式，结合抛物线方程，可得，两点坐标，根据两点间距离公式，可判断的正误；
根据条件可得点到圆心的距离为，可得点轨迹方程，与抛物线联立，结合二次方程的性质，可判断的正误；
分别求出过点的切线方程，联立可得点坐标，根据数量积公式可得，同理，可得的外接圆的直径为，由项得点到直线的最小距离，分析即可判断的正误．
本题考查抛物线方程的应用，考查运算能力，属于难题．
11.【答案】
【解析】解：选项A：设，，
代入双曲线得，两式相减得，
因为点为线段的中点，所以，，
即，，
所以，
所以，此时直线方程为，与双曲线无交点，故A错误；
选项B：设，
因为，，
所以，
所以，
又因为，，
所以，故B正确；
选项C：设，其中，
则即，
，
，
所以，
因为，
所以，
所以，故C正确；
选项D：因为，，
所以，，
所以，
因为直线的斜率为，即，且过点，
所以直线的方程为，
又因为，，
所以，
所以，
即，
又因为点到直线的距离：，
点到直线的距离：，
即，
所以点与点关于直线对称，
所以，
所以，故D正确．
故选：．
对于选项，设，，代入双曲线，用点差法即可判断；对于选项，设，表示出和，得出，再结合，即可得出结论；对于选项，设，其中，由双曲线方程，得出，利用两点之间距离公式，分别表示出和，通过作差即可得出结论；对于选项，根据双曲线的定义，得出，再证出点与点关于直线对称，则，即可得出结论．
本题主要考查直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，随机变量的取值为，，，，
则，
，
，
，
则，
，
则．
根据题意的取值为，，，，再根据方差计算公式可解．
本题考查离散型随机变量的数学期望与方差计算相关知识，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：令，得方程，
首先必须保证，
当时，恒成立；
当时，，
即，
所以或，
解得或，
首先对分段讨论，
当时，，
两边平方，得，解得或，
得到存在需满足，存在需满足，
即应有或；
当时，，
两边平方得，即，
设，
则，
当且时，有两个根，
设为，，，存在需满足，，
考虑几个分界点的值，
，．
接下来对进行分类讨论，
当时，此时应有或，，均存在，
此时开口向下且有，，
根据二次函数图象特征可知，
即，均不满足存在条件；
当时，存在，不存在，，
令，
解得，不满足存在条件；
当时，此时应有或，存在，不存在，
得到开口朝上且有，
根据二次函数图象特征可知，即满足存在条件；
当时，，均不满足存在条件；
当时，不存在，存在，
开口朝上且有，
根据二次函数图象特征可知，即满足存在条件；
当时，不存在，存在，，均不满足存在条件；
当时，，都不存在，
开口朝上，且对称轴，
根据二次函数图像特征可知，即，均不满足存在条件；
当时，，，，都不存在，
综上所述，的取值范围为．
故答案为：．
先求出可能存在的零点，再对分类讨论，依次分析零点是否满足对应范围下的约束条件．
本题考查了函数与方程思想、分类讨论思想、转化思想，考查了二次函数的性质、零点存在定理，属于难题．
14.【答案】
【解答】
解：集合，，且，都是集合的子集，
由，可得，
由，可得，
当时，
当时，，
当时，；
当时，，
要使的“长度”最小，只有当取最小值、取最大或取最大、取最小时才成立．
当，，，“长度”为，
当，，，“长度”为，
故集合的“长度”的最小值是；
若，，
要使集合的“长度”大于，故或
即又，
故
故答案为．
15.【答案】 加工零件的个数与加工时间呈正相关，零件每增加一个，加工时间平均增加
【解析】解：由题意可得，
，
，
所以，
，
所以加工时间关于零件数的一元线性回归方程为；
由可知，加工时间与零件数的关系为，
结论：加工零件的个数与加工时间呈正相关，零件每增加一个，加工时间平均增加．
先求解，然后根据公式计算即可求解；
根据回归直线方程即可得．
本题考查一元线性回归模型，属于基础题．
16.【答案】 ，由得，
故
【解析】解：因为数列的前项之积为，，，且，，成等比数列，
所以，则，即，
因为，，所以，满足上式，
所以是以为首项，为公比的等比数列，故．
，理由如下：
由得，
故．
依题意得，
故．
先判断出数列的类型，再利用等比数列的通项公式求解即可．
利用等比数列的求和公式求和，再比较大小即可．
利用裂项相消法求和即可．
本题主要考查了等比数列的性质及通项公式，等比数列的求和公式及裂项求和，属于中档题．
17.【答案】，，是的中点，
则，，
则．
易知，则，所以．
面，则，
又因为，，面，则面
【解析】解：证明：，，是的中点，
则，，
则．
易知，则，所以．
面，则，
又因为，，面，则面；
建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
，取，则，
设直线与平面所成的角为，
，
即直线与平面所成角的正弦值为．
由即可求证；
建系，求得直线方向向量和平面法向量，由夹角公式即可求解．
本题主要考查线面垂直的判定以及直线与平面所成的角，属于中档题．
18.【答案】解：设的焦距为，由离心率，得，
又，所以，即，
将点代入方程，得，，即，
所以，，
故C的标准方程为；
解法一：：设点，，，
由直线与交于，两点得直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
联立方程，
代入消去，整理得，
则，即，且，
，
于是，中点的横坐标，则，
又点在直线上，所以，即，
由，，且得，或，
故线段的中点的轨迹方程为或
解法二：设点，，，
由直线与交于，两点得直线的斜率存在，设直线的方程为，即．
联立方程，代入消去，整理得，
则即，且，
由，两点在双曲线上得
作差得，
当时，易知当时，式可化为，
即，
故由题意可得且，
可得，
因为，所以，
当时，也在直线上，
又，解得或．
综上，线段的中点的轨迹方程为或
19.【答案】当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值 证明：因为，
所以原不等式等价于，因，，两边除以得：只需证．
当时，不等式显然成立；当时，，只需证，因为，故只需证．
令，求导得：，
令，在上单调递减，且，，
故存在唯一，使得，即．
当时，，，单调递增；当时，，，单调递减．
故当时，取得极大值也是最大值．
代入得：，令，
则恒成立，则在上单调递减，
故，即成立．
综上，原不等式得证
【解析】解：函数的定义域为，求导得：，
当时，对任意恒成立，故，在上单调递减，无极值；
当时，令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故当时取得极大值，无极小值．
综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值．
证明：因为，
所以原不等式等价于，因，，两边除以得：只需证．
当时，不等式显然成立；
当时，，只需证，因为，故只需证．
令，求导得：，
令，在上单调递减，且，，
故存在唯一，使得，即．
当时，，，单调递增；当时，，，单调递减．
故当时，取得极大值也是最大值．
代入得：，令，
则恒成立，则在上单调递减，
故，即成立．
综上，原不等式得证．

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