资源简介

合肥八中2026届高三最后一卷
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，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.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题区域内作答，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。
4.本卷命题范围：高考范围。
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.已知集合，，则
A. B.
C. D.
2.已知复数，在复平面内，复数与对应的点关于直线对称，则
A.0 B.
C. D.
3.两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量的长度为
A. B.
C. D.2
4. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为。设函数，若实数a满足不等式，则a的取值范围为
A. B.
C. D.
5. 设函数，若点为函数图象的一个对称中心，且在上的最大值为2，则的最小值为（ ）
A.4 B.5 C.7 D.10
6. 如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，平面将棱台分成两部分，则三棱锥和四棱锥的体积比是（ ）
A. B.
C. D.
7. 双曲线的左、右焦点为、，A、B为双曲线E右支上两点且满足，若时，，则双曲线E的离心率为（ ）
A. B.
C. D.3
8. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ）
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. 已知数列是首项为1，公差为的等差数列，数列是首项为2，公比为的等比数列，且，，则（ ）
A. ，
B. 数列的前50项中，有7项在数列中
C. 数列的前项和为
D. 数列的前5项和为650
10. 在篮球训练课上，A，B两位同学进行“定点投篮”比赛，规则为：比赛共进行5轮，在每轮比赛中，两人各定点投篮一次，投中得1分，投不中得0分.已知A，B每次定点投篮投中的概率分别为，，，若5轮比赛后A，B的总得分分别为，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C.
D. 若当且仅当时，取得最大值，则
11. 三棱锥中，，且，，与平面所成角为，下列说法中正确的有（ ）
A. 当时
B. 当时三棱锥的外接球半径为
C. 三棱锥的外接球半径为时
D. 三棱锥的外接球半径最小时，三棱锥的体积为
三、填空题：本题共\（3 \）小题，每小题\（5 \）分，共\（15 \）分。
12. 圆与直线交于、两点，则弦长的最小值为 。
13. 已知数列，令为，，，中的最大值，则称数列为的“控制数列”，中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”，例如：为，，，，则“控制数列”为，，，，其“阶数”为，若由，，，任意顺序构成，则使“控制数列”的“阶数”为的所有的个数为 。
14. 若函数的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称函数具有性质。若函数具有性质，其中，，为实数，且满足，则实数的最大值是 。
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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若。
（1） 求；
（2） 若为锐角三角形，且，求面积的取值范围。
16. 某中学举办校园文化节，设置了“数智达人”和“英语秀达人”两项特色活动，两项活动前名得分统计如下：
数智达人前名分数 148，146，144，142，140，140，138，136，134，132
英语秀达人前名分数 144，143，142，141，140，140，139，138，137，136
（1） 求出数智达人前名分数的平均数、标准差；
（2） 经检查发现：有一名同学的数智达人与英语秀达人得分均在前名，但是老师却将其数智达人与英语秀达人得分统计反了，已知正确的数智达人前名分数的平均分为，标准差为。
①求该生正确的数智达人得分是多少？并说明理由；
②为了便于成绩分析，对数智达人前10名的正确分数进行“M分数”转换，要求如下：转化前后名次不变，且10个“M分数”的平均分为50、标准差为10.请你给出一个满足要求的线性转换公式：（其中，x表示数智达人分数，y表示数智达人分数对应的“M分数”，b，a为常数），并证明.
（参考公式：）
17.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，侧面为正三角形，且平面平面.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求二面角的正弦值.
18.已知椭圆，直线与椭圆有且仅有一个公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点．当点运动时，记点的轨迹为曲线，
（1）求，之间的关系；
（2）求曲线的轨迹方程；
（3）若点在第一象限，直线和曲线交于、，且，求点坐标.
19.记，已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当，，，，时等号成立，则称和在上“次缠绕”．
（1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由；
（2）设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围；
（3）记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”．
合肥八中2026届高三最后一卷
数学试题
命（审）题人：金启富 罗风云 刘攀等
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.已知集合，，则
A. B.
C. D.
【答案】B
解：集合， ，
则.
故选：B.
2.已知复数，在复平面内，复数与对应的点关于直线对称，则
A.0 B.
C. D.
【答案】D
解：在复平面内，对应的点为，
而关于直线对称的点为，则，所以.
故选：D.
3.两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量的长度为
A. B.
C. D.2
【答案】C
解：因为 则，
所以在上的投影向量长为
故选：C.
4. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所
形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为。设函数，若实数满足不等式，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
解：由题意可知：的定义域为，
因为，所以函数为奇函数，
又因为，且在上为减函数，
由复合函数的单调性可知：在上为增函数，
因为，所以，
所以，解得：，所以实数的取值范围为，
故选：A.
5. 设函数，若点为函数图象的一个对称中心，且在上的最大值为，则的最小值为（ ）
A.4 B.5 C.7 D.10
【答案】C
解：，
点是的对称中心，因此，代入得，
即，整理得；
当时，， 而根据解析式可知最大值为，
说明区间必须包含，因此， 解得； 结合且，
时，，不满足；时，，满足条件.因此的最小值为。
故选：C.
6. 如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，平面将棱台分成两部分，则三棱锥和四棱锥的体积比是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
解：由正三棱台上、下底面边长分别为1和3，知，
又，
所以，故选D.
7. 双曲线的左、右焦点为、，、为双曲线右支上两点且满足，若时，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.
C. D.3
【答案】B
解：设交双曲线的左支于点，由对称性知，则，
设，则，利用解得：
，又，解得：
8. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
解：由可得，
与互为反函数，故其交点在直线上，且交点横坐标小于1，
而与交点的横坐标等于1，
从而，，在同一直角坐标系中的大致图象如图所
示：与的图像交点为，与的图像交点为，且
当直线位于点的上方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，
当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，
当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，
当直线位于点的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足。
故选：。
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. 已知数列是首项为1，公差为的等差数列，数列是首项为2，公比为的等比数列，且，，则（ ）
A. ，
B. 数列的前50项中，有7项在数列中
C. 数列的前项和为
D. 数列的前5项和为650
【答案】ACD
解：对于A，设的公比为，由于，，则，解得，所以A正确；
对于B，可知，，令，即，存在，，，使得，所以B错误；
对于C，，设数列的前项和为，则，所以C正确；
对于D，，，则，故，，两式相减得：，故，则，所以D正确；
故选：ACD
10.在篮球训练课上，A，B两位同学进行“定点投篮”比赛，规则为：比赛共进行5轮，在每轮
比赛中，两人各定点投篮一次，投中得1分，投不中得0分.已知A，B每次定点投篮投中的概
率分别为，，，若5轮比赛后A，B的总得分分别为，，则下列结论
正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C.
D. 若当且仅当时，取得最大值，则
【答案】ABD
解：由题得，随机变量，.
对于A，，，若，则，故A正确；
对于B，由题意得，
，，
所以，
若，则，，
所以，即，故B正确；
对于C，假设，
则，
化简整理得，即，
所以当且仅当时，，故C错误；
对于D，由题意得，
，若当且仅当时，取得
最大值，
则，解得，故D正确.
故选ABD.
11.三棱锥中，，
且，，与平面所成角为，下列说法中
正确的有（ ）
A. 当时
B. 当时三棱锥的外接球半径为
C. 三棱锥的外接球半径为2时
D. 三棱锥的外接球半径最小时，三棱锥的体积为
【答案】AD
解：由题意，建系如图：则，由，可设三棱锥的外接球球心为，则外接球半径满足
，
所以.
对选项A：当时，
，，，，所以
，，即选项A正确；
对选项B：当时，所以三棱锥的外接球半径为，即选项B错误；
对选项C：三棱锥的外接球半径为2时，解得，故舍
去；解得，即选项C错误；
对选项D：三棱锥的外接球半径最小时，此时，所以三棱锥的体积为，即选项D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.圆与直线交于，两点，则弦长的最小值为____.
【答案】2
解：圆心到直线的距离，所以.
13.已知数列，令为，，…，中的最大值，则称数列为的“控制数列”，中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”，例如：为1，3，4，2，则“控制数列”为1，3，4，4，其“阶数”为3，若由1，2，3，4任意顺序构成，则使“控制数列”的“阶数”为2的所有的个数为 。
【答案】11
解：当由1，4构成时，则，，，为2，3的一个排列，故满足条件的数列有（个）；当由2，4构成时，则，，，为1，3的一个排列，或，，，，故满足条件的数列有（个）；当由3，4构成时，则，，，为1，2，4的一个排列，故满足条件的数列有（个），由分类加法计数原理可得满足条件的数列共有11个。
14.若函数的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称函数具有性质。若函数具有性质，其中，，为实数，且满足，则实数的最大值是 。
【答案】
解：由题意可得，。
于是，。
设切点分别为，，则由函数具有性质，可得，
即，
整理得，
将上式视为关于的方程，则其判别式：
，
即，注意到，
，则，
故，
此时或。
代入方程可得，因此，。
另一方面，由，可设，，其中，
则，即。
因此，。实数的最大值是。
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.在中，内角，，所对的边分别为，，，若。
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围。
【答案】解：（1）因为，
所以，
即，
由正弦定理得，由余弦定理知，，
因为，所以。
（2）由（1）知，，所以，
又是锐角三角形，可得，解得，
由正弦定理，又，可得。
，
因为，所以。所以，
故面积的取值范围为。
16.某中学举办校园文化节，设置了“数智达人”和“英语秀达人”两项特色活动，两项活动前10名得分统计如下：
数智达人前10名分数 148，146，144，142，140，140，138，136，134，132
英语秀达人前10名分数 144，143，142，141，140，140，139，138，137，136
（1）求出数智达人前10名分数的平均数、标准差；
（2）经检查发现：有一名同学的数智达人与英语秀达人得分均在前10名，但是老师却将其数智达人与英语秀达人得分统计反了，已知正确的数智达人前10名分数的平均分为141，标准差为。
①求该生正确的数智达人得分是多少？并说明理由；
②为了便于成绩分析，对数智达人前10名的正确分数进行“M分数”转换，要求如下：转化前后名次不变，且10个“M分数”的平均分为50、标准差为10.请你给出一个满足要求的线性转换公式：（其中，表示数智达人分数，表示数智达人分数对应的“M分数”，，为常数），并证明.
（参考公式：）
【答案】（1） 数智达人前10名学生分数的平均数分别为140；标准差分别为；
（2） ①正确的英语达人前10名分数的标准差为； ②，，证明见详解
解：（1）设数智达人前10名学生分数的平均分为，，标准差分别为，
则，
，
（2）因为该同学数智达人得分与英语达人得分相差10分，由题表知，可能是英语秀达人132分与数智达人142分统计反了；也可能是英语秀达人134分与数智达人144分统计反了.
若英语秀达人132分与数智达人142分统计反了，则
；
若英语秀达人134分、数智达人144分，则
；
所以是英语秀达人132分与数智达人142分统计反了.
所以正确的数智达人得分为142分.
②设转换公式为，则，
所以，将代入，
得，所以，，
即满足要求的线性转换公式为，下面证明：因为“M分数”转换之前的10个正确分数的平均分是，标准差为，则转换后的平均分
，，
17.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，侧面为正三角形，且平面平面。
（1）求三棱锥的体积；
（2）求二面角的正弦值；
【答案】（1） ；（2）
解：（1） 记的中点为，连接，，，由题可得
，，且，因为平面平
面，由面面平行的性质定理知：面，所以，
所以。在三角形中由余弦定理可得，所
以，所以三棱锥的体积
；
（2） 由解得四棱锥的高
，以为原点建系如图，则，，，设，由
得，解得，或者
，；由（1）中且可得，经检验得：，，
即，因为，，
设平面的法向量为，
则，即，令，
（2）部分的解题过程中，继续计算法向量等步骤，最终求得二面角的正弦值为。
则；
设平面的法向量为，设二面角，
故，，所以
18. 已知椭圆，直线与椭圆有且仅有一个公共点，过
点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点.当点运动时，记点
的轨迹为曲线，
（1）求，之间的关系；
（2）求曲线的轨迹方程；
（3）若点在第一象限，直线和曲线交于、，且，求点坐标.
解：（1）联立方程可得，
因为有且仅有一个公共点，则，
整理得
（2）由（1）可解得点坐标为，即，其中
于是，过点且与垂直的直线为，即直线：
可得，，，即，，
则，即，其中，，
所以点的轨迹方程是.
（3）联立方程，可得，设，利
用韦达定理带入，化简得，又
，带入整理得 ，进而求得：，，由 点在第一象限知 ，，且此时 。
19. 记 ，已知函数 和 的定义域都为 ，若存在 ，使得 ，当且仅当 ，，，， 时等号成立，则称 和 在 上“ 次缠绕”。
（1） 判断 和 在 上“几次缠绕”，并说明理由；
（2） 设 ，若 和 在 上“ 次缠绕”，求 的取值范围；
（3） 记所有定义在区间 上的函数组成集合 ，证明：给定 ，对任意 ，都存在 ，，使得 ，且 和 在 上“ 次缠绕”。
【答案】解：（1） 函数 和 在 上“ 次缠绕”，
理由如下：
， 的零点为 ，，。
令
，当且仅当 ，即 ，，， 时等号成立。
所以函数 和 在 上“ 次缠绕”。
（2） 设 ，
因为 和 在 上“ 次缠绕”，
所以存在互异的三个正数 ，，，使得 ，
当且仅当 ，，， 时等号成立，所以 ，， 是 的三个零点。
注意到 ，所以 是 的一个零点。
，
① 当 时，， 在 上递增， 是 的唯一零点，不合题意；
② 当 时，， 在 上递减， 是 的唯一零点，不合题意；
③当时，令，即，
可知方程存在两根，，且，
当时，，递减；
当时，，递增，
当时，，递减，
所以，
因为，
设，，
因为，所以在上递减，所以，即，
所以存在，，
又，，
所以存在，，所以恒成立，
即时，和在上“次缠绕”，
综上，的取值范围是。
（3）取，
设，
令，，，
显然，且，
当且仅当，，，，时，等号成立。
所以对任意，
存在，，，
其中，
使得，且和在上“次缠绕”。

展开更多......

收起↑