安徽省黄山市徽州区第一中学2025-2026学年高考模拟考试试题数学试题试卷含解析.doc

安徽省黄山市徽州区第一中学2025-2026学年高考模拟考试试题数学试题试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若（），，则（ ）
A．0或2 B．0 C．1或2 D．1
2．已知函数，其中，若恒成立，则函数的单调递增区间为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．设函数的定义域为，命题：，的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若取3，当该量器口密闭时其表面积为42.2（平方寸），则图中x的值为( )

A．3 B．3.4 C．3.8 D．4
6．设函数（，为自然对数的底数）,定义在上的函数满足，且当时，．若存在，且为函数的一个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，则的值等于（ ）
A．2018 B．1009 C．1010 D．2020
8．是正四面体的面内一动点，为棱中点，记与平面成角为定值，若点的轨迹为一段抛物线，则（ ）
A． B． C． D．
9．在边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（ ）

A． B．
C． D．
10．已知命题：，，则为( )
A．， B．，
C．， D．，
11．等腰直角三角形BCD与等边三角形ABD中，，，现将沿BD折起，则当直线AD与平面BCD所成角为时，直线AC与平面ABD所成角的正弦值为（ ）

A． B． C． D．
12．甲、乙、丙、丁四位同学利用暑假游玩某风景名胜大峡谷，四人各自去景区的百里绝壁、千丈瀑布、原始森林、远古村寨四大景点中的一个，每个景点去一人．已知：①甲不在远古村寨，也不在百里绝壁；②乙不在原始森林，也不在远古村寨；③“丙在远古村寨”是“甲在原始森林”的充分条件；④丁不在百里绝壁，也不在远古村寨．若以上语句都正确，则游玩千丈瀑布景点的同学是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．下图是一个算法的流程图，则输出的x的值为_______．

14．在中，点在边上，且，设，，则________（用，表示）
15．在中， ，，则_________.
16．一个袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从中任意摸取3个小球，每个小球被取出的可能性相等，则取出的3个小球中数字最大的为4的概率是__．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知是抛物线：的焦点，点在上，到轴的距离比小1.
（1）求的方程；
（2）设直线与交于另一点，为的中点，点在轴上，.若，求直线的斜率.
18．（12分）如图，四边形是边长为3的菱形，平面.

（1）求证：平面；
（2）若与平面所成角为，求二面角的正弦值.
19．（12分）如图，四棱锥中，底面是菱形，对角线交于点为棱的中点，．求证：

（1）平面；
（2）平面平面．
20．（12分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为；
（1）求直线的直角坐标方程和曲线的直角坐标方程；
(2）若直线与曲线交点分别为，，点，求的值．
21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，是棱上的一点，满足平面.

（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）设，，若为棱上一点，使得直线与平面所成角的大小为30°，求的值.
22．（10分）购买一辆某品牌新能源汽车，在行驶三年后，政府将给予适当金额的购车补贴.某调研机构对拟购买该品牌汽车的消费者，就购车补贴金额的心理预期值进行了抽样调查，其样本频率分布直方图如图所示
.
（1）估计拟购买该品牌汽车的消费群体对购车补贴金额的心理预期值的方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）将频率视为概率，从拟购买该品牌汽车的消费群体中随机抽取人，记对购车补贴金额的心理预期值高于万元的人数为，求的分布列和数学期望；
（3）统计最近个月该品牌汽车的市场销售量，得其频数分布表如下：
月份

销售量（万辆）

试预计该品牌汽车在年月份的销售量约为多少万辆？
附：对于一组样本数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．A
【解析】
利用复数的模的运算列方程，解方程求得的值.
【详解】
由于（），，所以，解得或.
故选：A
本小题主要考查复数模的运算，属于基础题.
2．A
【解析】
，从而可得，，再解不等式即可.
【详解】
由已知，
，所以，
，由，
解得，.
故选：A.
本题考查求正弦型函数的单调区间，涉及到恒成立问题，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.
3．D
【解析】
根据复数运算，求得，再求其对应点即可判断.
【详解】
，故其对应点的坐标为.
其位于第四象限.
故选：D.
本题考查复数的运算，以及复数对应点的坐标，属综合基础题.
4．D
【解析】
根据命题的否定的定义，全称命题的否定是特称命题求解.
【详解】
因为：，是全称命题，
所以其否定是特称命题，即，.
故选：D
本题主要考查命题的否定，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
5．D
【解析】
根据三视图即可求得几何体表面积，即可解得未知数.
【详解】
由图可知，该几何体是由一个长宽高分别为和
一个底面半径为，高为的圆柱组合而成.
该几何体的表面积为
，
解得，
故选：D.
本题考查由三视图还原几何体，以及圆柱和长方体表面积的求解，属综合基础题.
6．D
【解析】
先构造函数，由题意判断出函数的奇偶性，再对函数求导，判断其单调性，进而可求出结果.
【详解】
构造函数，
因为，
所以，
所以为奇函数，
当时，，所以在上单调递减，
所以在R上单调递减.
因为存在，
所以，
所以，
化简得，
所以，即
令，
因为为函数的一个零点，
所以在时有一个零点
因为当时，，
所以函数在时单调递减，
由选项知，，
又因为，
所以要使在时有一个零点，
只需使，解得，
所以a的取值范围为，故选D.
本题主要考查函数与方程的综合问题，难度较大.
7．C
【解析】
首先，根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，根据所求函数的周期性，得到其周期为4，然后借助于三角函数的周期性确定其值即可．
【详解】
解： ．

，
，
的周期为，
，， ，，
．

．
故选：C
本题重点考查了三角函数的图象与性质、三角恒等变换等知识，掌握辅助角公式化简函数解析式是解题的关键，属于中档题．
8．B
【解析】
设正四面体的棱长为，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出面的法向量，设的坐标，求出向量，求出线面所成角的正弦值，再由角的范围，结合为定值，得出为定值，且的轨迹为一段抛物线，所以求出坐标的关系，进而求出正切值．
【详解】
由题意设四面体的棱长为，设为的中点，
以为坐标原点，以为轴，以为轴，过垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则可得，，取的三等分点、如图，
则，，，，
所以、、、、，
由题意设，，
和都是等边三角形，为的中点，，，
，平面，为平面的一个法向量，
因为与平面所成角为定值，则，
由题意可得，
因为的轨迹为一段抛物线且为定值，则也为定值，
，可得，此时，则，.
故选：B.
考查线面所成的角的求法，及正切值为定值时的情况，属于中等题．
9．A
【解析】
画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积；
【详解】
如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为.

法一：四边形的外接圆直径，，
；
法二：，，；
法三：作出的外接圆直径，则，，，
，，，
，，，.
故选：A
此题考查三棱锥的外接球表面积，关键点是通过几何关系求得球心位置和球半径，方法较多，属于较易题目.
10．C
【解析】
根据全称量词命题的否定是存在量词命题，即得答案.
【详解】
全称量词命题的否定是存在量词命题，且命题：，，
.
故选：.
本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题.
11．A
【解析】
设E为BD中点，连接AE、CE，过A作于点O，连接DO，得到即为直线AD与平面BCD所成角的平面角，根据题中条件求得相应的量，分析得到即为直线AC与平面ABD所成角，进而求得其正弦值，得到结果.
【详解】
设E为BD中点，连接AE、CE，
由题可知，，所以平面，
过A作于点O，连接DO，则平面，
所以即为直线AD与平面BCD所成角的平面角，
所以，可得，
在中可得，
又，即点O与点C重合，此时有平面，
过C作与点F，
又，所以，所以平面，
从而角即为直线AC与平面ABD所成角，，
故选：A.
该题考查的是有关平面图形翻折问题，涉及到的知识点有线面角的正弦值的求解，在解题的过程中，注意空间角的平面角的定义，属于中档题目.
12．D
【解析】
根据演绎推理进行判断．
【详解】
由①②④可知甲乙丁都不在远古村寨，必有丙同学去了远古村寨，由③可知必有甲去了原始森林，由④可知丁去了千丈瀑布，因此游玩千丈瀑布景点的同学是丁．
故选：D．
本题考查演绎推理，掌握演绎推理的定义是解题基础．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
利用流程图，逐次进行运算，直到退出循环，得到输出值.
【详解】
第一次：x＝4，y＝11，
第二次：x＝5，y＝32，
第三次：x＝1，y＝14，此时14＞10×1＋3，输出x，故输出x的值为1．
故答案为：.
本题主要考查程序框图的识别，“还原现场”是求解这类问题的良方，侧重考查逻辑推理的核心素养.
14．
【解析】
结合图形及向量的线性运算将转化为用向量表示，即可得到结果．
【详解】
在中，因为，
所以，又因为，
所以．
故答案为：
本题主要考查三角形中向量的线性运算，关键是利用已知向量为基底，将未知向量通过几何条件向基底转化．
15．
【解析】
先由题意得：，再利用向量数量积的几何意义得，可得结果.
【详解】
由知：，则在方向的投影为，
由向量数量积的几何意义得：
，∴
故答案为
本题考查了投影的应用，考查了数量积的几何意义及向量的模的运算，属于基础题.
16．
【解析】
由题，得满足题目要求的情况有，①有一个数字4，另外两个数字从1，2，3里面选和②有两个数字4，另外一个数字从1，2，3里面选，由此即可得到本题答案.
【详解】
满足题目要求的情况可以分成2大类：①有一个数字4，另外两个数字从1，2，3里面选，一共有种情况；②有两个数字4，另外一个数字从1，2，3里面选，一共有种情况，又从中任意摸取3个小球，有种情况，所以取出的3个小球中数字最大的为4的概率.
故答案为：
本题主要考查古典概型与组合的综合问题，考查学生分析问题和解决问题的能力.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）
【解析】
（1）由抛物线定义可知，解得，故抛物线的方程为；
（2）设直线：，联立，利用韦达定理算出的中点，又，所以直线的方程为，
求出，利用求解即可.
【详解】
（1）设的准线为，过作于，则由抛物线定义，得，
因为到的距离比到轴的距离大1，所以，解得，
所以的方程为
（2）由题意，设直线方程为，
由消去，得，
设，，则，
所以，
又因为为的中点，点的坐标为，
直线的方程为，
令，得，点的坐标为，
所以，
解得，所以直线的斜率为.
本题主要考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查学生的运算求解能力.涉及抛物线的弦的中点，斜率问题时，可采用韦达定理或“点差法”求解.
18．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由已知线面垂直得，结合菱形对角线垂直，可证得线面垂直；
（2）由已知知两两互相垂直.以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，由已知线面垂直知与平面所成角为，这样可计算出的长，写出各点坐标，求出平面的法向量，由法向量夹角可得二面角．
【详解】
证明：（1）因为平面，平面，所以.
因为四边形是菱形，所以.
又因为，平面，平面，
所以平面.
解：（2）据题设知，两两互相垂直.以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，

因为与平面所成角为，即，所以
又，所以，
所以
所以
设平面的一个法向量，则令，则.
因为平面，所以为平面的一个法向量，且
所以，
．
所以二面角的正弦值为.
本题考查线面垂直的判定定理和性质定理，考查用向量法求二面角．立体几何中求空间角常常是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角，这样可减少思维量，把问题转化为计算．
19．（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
(1) 连结根据中位线的性质证明即可.
(2) 证明,再证明平面即可.
【详解】
解：证明：连结

是菱形对角线的交点,
为的中点,
是棱的中点,

平面平面
平面
解：在菱形中,且为的中点,

,
,
平面
平面,
平面平面．
本题主要考查了线面平行与垂直的判定,属于基础题.
20．（Ⅰ）,曲线 （Ⅱ）
【解析】
试题分析：（1）消去参数可得直线的直角坐标系方程，由可得曲线的直角坐标方程；
（2）将（为参数）代入曲线的方程得：，，利用韦达定理求解即可.
试题解析：
（1），曲线，
（2）将（为参数）代入曲线的方程得：.
所以.
所以.
21．（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由平面，可得，又因为是的中点，即得证；
（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，设，计算平面的法向量，由直线与平面所成角的大小为30°，列出等式，即得解.
【详解】
（Ⅰ）如图，

连接交于点，连接，
则是平面与平面的交线，
因为平面，
故，
又因为是的中点，
所以是的中点，
故.
（Ⅱ）由条件可知，，所以，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，
设，
则，
设平面的法向量为，
则，即，故取
因为直线与平面所成角的大小为30°
所以，
即，
解得，故此时.
本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.
22．（1）1.7；（2），见解析；（2）2.
【解析】
（1）平均数的估计值为每个小矩形组中值乘以小矩形面积的和；
（2）易得，由二项分布列的期望公式计算；
（3）利用所给公式计算出回归直线即可解决.
【详解】
（1）由频率分布直方图可知，消费群体对购车补贴金额的心理预期值的平均数的估计值为
，所以方差的估计
值为
；
（2）由频率分布直方图可知，消费群体对购车补贴金额的心理预期值高于3万元的
频率为，则，所以的分布列为
，数学期望；
（3）将 2018年11月至2019年3月的月份数依次编号为 1，2，3，4，5，
记 ，，，，，，由 散 点 图可知，
5组样本数据呈线性相关关系，因为，，，
，则，，
所以回归直线方程为，当时，，预计该品
牌汽车在年月份的销售量约为2万辆.
本题考查平均数、方差的估计值、二项分布列及其期望、线性回归直线方程及其应用，是一个概率与统计的综合题，本题是一道中档题.