2025-2026学年安徽省宿州市高考全国统考预测密卷数学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年安徽省宿州市高考全国统考预测密卷数学试卷（含答案解析），共5页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知函数，若，则的最小值为，已知实数满足则的最大值为等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知复数，则的虚部为（ ）
A．－1B．C．1D．
2．若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．5B．C．13D．
4．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：
①直线与直线的斜率乘积为；
②轴；
③以为直径的圆与抛物线准线相切.
其中，所有正确判断的序号是（ ）
A．①②③B．①②C．①③D．②③
5．已知函数，若，则的最小值为（ ）
参考数据：
A．B．C．D．
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．3C．D．4
7．已知等差数列中，若，则此数列中一定为0的是（ ）
A．B．C．D．
8．（ ）
A．B．C．1D．
9．已知实数满足则的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．0
10． “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为
A．B．
C．D．
11．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，那么该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知复数，为的共轭复数，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为________.
14．已知，如果函数有三个零点，则实数的取值范围是____________
15．已知函数的最小值为2，则_________．
16．在区间内任意取一个数，则恰好为非负数的概率是________.
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）已知正实数满足 .
（1）求 的最小值.
（2）证明：
18．（12分）设函数.
（1）若恒成立，求整数的最大值；
（2）求证：.
19．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，为等边三角形，平面平面ABCD，M，N分别是线段PD和BC的中点.
（1）求直线CM与平面PAB所成角的正弦值；
（2）求二面角D-AP-B的余弦值；
（3）试判断直线MN与平面PAB的位置关系，并给出证明.
20．（12分）已知圆：和抛物线：，为坐标原点．
（1）已知直线和圆相切，与抛物线交于两点，且满足，求直线的方程；
（2）过抛物线上一点作两直线和圆相切，且分别交抛物线于两点，若直线的斜率为，求点的坐标．
21．（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.
22．（10分）已知函数.
（1）解不等式；
（2）若，，，求证：.
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】
分子分母同乘分母的共轭复数即可.
【详解】
，故的虚部为.
故选：A.
本题考查复数的除法运算，考查学生运算能力，是一道容易题.
2．B
【解析】
求导函数，求出函数的极值，利用函数恰有三个零点，即可求实数的取值范围.
【详解】
函数的导数为，
令，则或，
上单调递减，上单调递增，
所以0或是函数y的极值点，
函数的极值为：，
函数恰有三个零点，则实数的取值范围是：.
故选B.
该题考查的是有关结合函数零点个数，来确定参数的取值范围的问题，在解题的过程中，注意应用导数研究函数图象的走向，利用数形结合思想，转化为函数图象间交点个数的问题，难度不大.
3．C
【解析】
先化简复数，再求，最后求即可.
【详解】
解：，
，
故选：C
考查复数的运算，是基础题.
4．B
【解析】
由题意，可设直线的方程为，利用韦达定理判断第一个结论；将代入抛物线的方程可得，，从而，，进而判断第二个结论；设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，进而判断第三个结论.
【详解】
解：由题意，可设直线的方程为，
代入抛物线的方程，有．
设点，的坐标分别为，，
则，．
所．
则直线与直线的斜率乘积为．所以①正确．
将代入抛物线的方程可得，，从而，，
根据抛物线的对称性可知，，两点关于轴对称，
所以直线轴．所以②正确．
如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，
则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，
则．所以③不正确．
故选：B.
本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查数形结合思想、化归与转化思想,属于难题．
5．A
【解析】
首先的单调性，由此判断出，由求得的关系式.利用导数求得的最小值，由此求得的最小值.
【详解】
由于函数，所以在上递减，在上递增.由于，，令，解得，所以，且，化简得，所以，构造函数，.构造函数，，所以在区间上递减，而，，所以存在，使.所以在上大于零，在上小于零.所以在区间上递增，在区间上递减.而，所以在区间上的最小值为，也即的最小值为，所以的最小值为.
故选：A
本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分段函数的图像与性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
6．C
【解析】
首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.
【详解】
解：根据几何体的三视图转换为几何体为：
该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，
如图所示：
故：.
故选：C.
本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.
7．A
【解析】
将已知条件转化为的形式，由此确定数列为的项.
【详解】
由于等差数列中，所以，化简得，所以为.
故选：A
本小题主要考查等差数列的基本量计算，属于基础题.
8．A
【解析】
利用复数的乘方和除法法则将复数化为一般形式，结合复数的模长公式可求得结果.
【详解】
，，
因此，.
故选：A.
本题考查复数模长的计算，同时也考查了复数的乘方和除法法则的应用，考查计算能力，属于基础题.
9．B
【解析】
作出可行域，平移目标直线即可求解.
【详解】
解：作出可行域：
由得，
由图形知，经过点时，其截距最大，此时最大
得，
当时，
故选：B
考查线性规划，是基础题.
10．D
【解析】
分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解.
详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为，
所以，
又，则
故选D.
点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种：
（1）定义法，若（）或（）， 数列是等比数列；
（2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列.
11．A
【解析】
由抛物线的焦点得双曲线的焦点，求出，由抛物线准线方程被曲线截得的线段长为，由焦半径公式，联立求解.
【详解】
解：由抛物线，可得，则，故其准线方程为，
抛物线的准线过双曲线的左焦点，
．
抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，
，又，
，
则双曲线的离心率为．
故选：．
本题考查抛物线的性质及利用过双曲线的焦点的弦长求离心率. 弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长．
12．C
【解析】
求出，直接由复数的代数形式的乘除运算化简复数.
【详解】
.
故选：C
本题考查复数的代数形式的四则运算，共轭复数，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．3
【解析】
作出可行域,可得当直线经过点时,取得最大值,求解即可.
【详解】
作出可行域（如下图阴影部分）,联立,可求得点,
当直线经过点时,.
故答案为:3.
本题考查线性规划,考查数形结合的数学思想,属于基础题.
14．
【解析】
首先把零点问题转化为方程问题，等价于有三个零点，两侧开方，可得，即有三个零点，再运用函数的单调性结合最值即可求出参数的取值范围.
【详解】
若函数有三个零点，即零点有，显然，则有，可得，即有三个零点，不妨令，对于，函数单调递增，，，所以函数在区间上只有一解，对于函数，，解得，，解得，，解得，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，，当时，，当时，，此时函数若有两个零点，则有，综上可知，若函数有三个零点，则实数的取值范围是.
故答案为：
本题考查了函数零点的零点，恰当的开方，转化为函数有零点问题，注意恰有三个零点条件的应用，根据函数的最值求解参数的范围，属于难题.
15．
【解析】
首先利用绝对值的意义去掉绝对值符号，之后再结合后边的函数解析式，对照函数值等于2的时候对应的自变量的值，从而得到分段函数的分界点，从而得到相应的等量关系式，求得参数的值.
【详解】
根据题意可知，
可以发现当或时是分界点，
结合函数的解析式，可以判断0不可能，所以只能是是分界点，
故，解得，故答案是.
本题主要考查分段函数的性质，二次函数的性质，函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
16．
【解析】
先分析非负数对应的区间长度，然后根据几何概型中的长度模型，即可求解出“恰好为非负数”的概率.
【详解】
当是非负数时，，区间长度是，
又因为对应的区间长度是，
所以“恰好为非负数”的概率是.
故答案为：.
本题考查几何概型中的长度模型，难度较易.解答问题的关键是能判断出目标事件对应的区间长度.
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）见解析
【解析】
（1）利用乘“1”法，结合基本不等式求得结果.
（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，证明即可.
【详解】
（1）因为 ，所以
因为 ，所以 （当且仅当 ，即 时等号成立），
所以
（2）证明：
因为 ，所以
故 （当且仅当 时，等号成立）
本题考查了基本不等式的应用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理论证能力，属于中档题.
18．（1）整数的最大值为；（2）见解析.
【解析】
（1）将不等式变形为，构造函数，利用导数研究函数的单调性并确定其最值，从而得到正整数的最大值；
（2）根据（1）的结论得到，利用不等式的基本性质可证得结论.
【详解】
（1）由得，
令，，
令，对恒成立，
所以，函数在上单调递增，
，，，，
故存在使得，即，
从而当时，有，，所以，函数在上单调递增；
当时，有，，所以，函数在上单调递减.
所以，，
，因此，整数的最大值为；
（2）由（1）知恒成立，，
令则，
，，，，
上述等式全部相加得，
所以，，
因此，
本题考查导数在函数单调性、最值中的应用，以及放缩法证明不等式的技巧，属于难题．
19．（1）（2）（3）直线平面，证明见解析
【解析】
取中点，连接，则，再由已知证明平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量．
（1）求出的坐标，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值；
（2）求出平面的一个法向量，再由两平面法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值；
（3）求出的坐标，由，结合平面，可得直线平面．
【详解】
底面是边长为2的菱形，，
为等边三角形．
取中点，连接，则，
为等边三角形，
，
又平面平面，且平面平面，
平面．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，，，，1，，，0，，，，，，0，，
，，，，，．
，，设平面的一个法向量为．
由，取，得．
（1）证明：设直线与平面所成角为，
，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（2）设平面的一个法向量为，
由，
得二面角的余弦值为；
（3），
，
又平面，
直线平面．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
20．（1）;（2）或．
【解析】
试题分析: 直线与圆相切只需圆心到直线的距离等于圆的半径，直线与曲线相交于两点，且满足，只需数量积为0，要联立方程组设而不求，利用坐标关系及根与系数关系解题，这是解析几何常用解题方法，第二步利用直线的斜率找出坐标满足的要求，再利用两直线与圆相切，求出点的坐标.
试题解析：（1）解：设，，，由和圆相切，得．
∴．
由消去，并整理得，
∴，．
由，得，即．
∴．
∴，
∴，
∴．
∴．
∴或（舍）．
当时，，故直线的方程为．
（2）设，，，则．
∴．
设，由直线和圆相切，得，
即．
设，同理可得：．
故是方程的两根，故．
由得，故．
同理，则，即．
∴，解或．
当时，；当时，．
故或．
21．（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．
22．（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）分、、三种情况解不等式，即可得出该不等式的解集；
（2）利用分析法可知，要证，即证，只需证明即可，因式分解后，判断差值符号即可，由此证明出所证不等式成立.
【详解】
（1）.
当时，由，解得，此时；
当时，不成立；
当时，由，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为；
（2）要证，即证，
因为，，所以，，，
.
所以，.故所证不等式成立.
本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了利用分析法和作差法证明不等式，考查分类讨论思想以及推理能力，属于中等题.