宣城市2025-2026学年高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含答案解析）

这是一份宣城市2025-2026学年高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知抛物线，若，则“”是 “”的等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．已知满足，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．若（是虚数单位），则的值为（ ）
A．3B．5C．D．
3．记的最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知随机变量的分布列是
则（ ）
A．B．C．D．
5．已知中，角、所对的边分别是，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充分必要条件
6．已知抛物线：，点为上一点，过点作轴于点，又知点，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．5
7．若，则“”是 “”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．下列函数中，值域为R且为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
9．记集合和集合表示的平面区域分别是和,若在区域内任取一点,则该点落在区域的概率为( )
A．B．C．D．
10．德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于π的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家､天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有《割圆密率捷法》一书,为我国用级数计算π开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P表示π的近似值),若输入,则输出的结果是( )
A．B．
C．D．
11．甲乙丙丁四人中，甲说：我年纪最大，乙说：我年纪最大，丙说：乙年纪最大，丁说：我不是年纪最大的，若这四人中只有一个人说的是真话，则年纪最大的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
12．已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线分别交于、两点，与轴的正半轴交于点，与准线交于点，且，则（ ）
A．B．2C．D．3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知三棱锥中，，，，且二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为__________.
14．已知，记，则的展开式中各项系数和为__________．
15．设双曲线的左焦点为，过点且倾斜角为45°的直线与双曲线的两条渐近线顺次交于，两点若，则的离心率为________．
16．已知，则的值为______.
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）如图，是正方形，点在以为直径的半圆弧上（不与，重合），为线段的中点，现将正方形沿折起，使得平面平面.
（1）证明：平面.
（2）三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
18．（12分）已知函数．
（Ⅰ）求在点处的切线方程；
（Ⅱ）求证：在上存在唯一的极大值；
（Ⅲ）直接写出函数在上的零点个数．
19．（12分）在四边形中，，；如图，将沿边折起，连结，使，求证：
（1）平面平面；
（2）若为棱上一点，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.
20．（12分）设为坐标原点，动点在椭圆：上，该椭圆的左顶点到直线的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆外一点满足，平行于轴，，动点在直线上，满足.设过点且垂直的直线，试问直线是否过定点？若过定点，请写出该定点，若不过定点请说明理由.
21．（12分）如图，在矩形中，，，点分别是线段的中点，分别将沿折起，沿折起，使得重合于点，连结.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）已知，，动点满足直线与直线的斜率之积为，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的直线与曲线交于，两点，过点且与直线垂直的直线与相交于点，求的最小值及此时直线的方程.
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．C
【解析】
设，则的几何意义为点到点的斜率，利用数形结合即可得到结论.
【详解】
解：设，则的几何意义为点到点的斜率，
作出不等式组对应的平面区域如图：
由图可知当过点的直线平行于轴时，此时成立；
取所有负值都成立；
当过点时，取正值中的最小值，，此时；
故的取值范围为；
故选：C.
本题考查简单线性规划的非线性目标函数函数问题，解题时作出可行域，利用目标函数的几何意义求解是解题关键．对于直线斜率要注意斜率不存在的直线是否存在．
2．D
【解析】
直接利用复数的模的求法的运算法则求解即可.
【详解】
（是虚数单位）
可得
解得
本题正确选项：
本题考查复数的模的运算法则的应用，复数的模的求法，考查计算能力.
3．A
【解析】
设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.
【详解】
由已知可得，则，，，
建立平面直角坐标系，设，，，
由，可得，
即，
化简得点的轨迹方程为，则，
则转化为圆上的点与点的距离，，，
，
转化为圆上的点与点的距离，
，.
故选：A.
本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.
4．C
【解析】
利用分布列求出，求出期望，再利用期望的性质可求得结果.
【详解】
由分布列的性质可得，得，所以，，
因此，.
故选：C.
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是基本知识的考查．
5．D
【解析】
由大边对大角定理结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】
中，角、所对的边分别是、，由大边对大角定理知“”“”，
“”“”.
因此，“” 是“”的充分必要条件.
故选：D.
本题考查充分条件、必要条件的判断，考查三角形的性质等基础知识，考查逻辑推理能力，是基础题．
6．C
【解析】
由,再运用三点共线时和最小，即可求解.
【详解】
.
故选：C
本题考查抛物线的定义，合理转化是本题的关键，注意抛物线的性质的灵活运用，属于中档题．
7．A
【解析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】
当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
8．C
【解析】
依次判断函数的值域和奇偶性得到答案.
【详解】
A. ，值域为，非奇非偶函数，排除；
B. ，值域为，奇函数，排除；
C. ，值域为，奇函数，满足；
D. ，值域为，非奇非偶函数，排除；
故选：.
本题考查了函数的值域和奇偶性，意在考查学生对于函数知识的综合应用.
9．C
【解析】
据题意可知，是与面积有关的几何概率，要求落在区域内的概率，只要求、所表示区域的面积，然后代入概率公式，计算即可得答案．
【详解】
根据题意可得集合所表示的区域即为如图所表示：
的圆及内部的平面区域，面积为，
集合，，表示的平面区域即为图中的，，
根据几何概率的计算公式可得，
故选：C．
本题主要考查了几何概率的计算，本题是与面积有关的几何概率模型．解决本题的关键是要准确求出两区域的面积．
10．B
【解析】
执行给定的程序框图，输入，逐次循环，找到计算的规律，即可求解.
【详解】
由题意，执行给定的程序框图，输入，可得：
第1次循环：；
第2次循环：；
第3次循环：；
第10次循环：，
此时满足判定条件，输出结果，
故选：B.
本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中认真审题，逐次计算，得到程序框图的计算功能是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
11．C
【解析】
分别假设甲乙丙丁说的是真话，结合其他人的说法，看是否只有一个说的是真话，即可求得年纪最大者，即可求得答案.
【详解】
①假设甲说的是真话，则年纪最大的是甲，那么乙说谎，丙也说谎，而丁说的是真话，而已知只有一个人说的是真话，故甲说的不是真话，年纪最大的不是甲；
②假设乙说的是真话，则年纪最大的是乙，那么甲说谎，丙说真话，丁也说真话，而已知只有一个人说的是真话，故乙说谎，年纪最大的也不是乙；
③假设丙说的是真话，则年纪最大的是乙，所以乙说真话，甲说谎，丁说的是真话，而已知只有一个人说的是真话，故丙在说谎，年纪最大的也不是乙；
④假设丁说的是真话，则年纪最大的不是丁，而已知只有一个人说的是真话，那么甲也说谎，说明甲也不是年纪最大的，同时乙也说谎，说明乙也不是年纪最大的，年纪最大的只有一人，所以只有丙才是年纪最大的，故假设成立，年纪最大的是丙.
综上所述，年纪最大的是丙
故选：C.
本题考查合情推理，解题时可从一种情形出发，推理出矛盾的结论，说明这种情形不会发生，考查了分析能力和推理能力，属于中档题.
12．B
【解析】
过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，由和抛物线的定义可求得，利用抛物线的性质可构造方程求得，进而求得结果.
【详解】
过点作准线的垂线，垂足为，与轴交于点，
由抛物线解析式知：，准线方程为.
，，，，
由抛物线定义知：，，，
.
由抛物线性质得：，解得：，
.
故选：.
本题考查抛物线定义与几何性质的应用，关键是熟练掌握抛物线的定义和焦半径所满足的等式.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB
的垂线，则垂线的交点为球心O，将的长度求出或用球半径表示，再利用余弦定理即可建立方程解得半径.
【详解】
设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB
的垂线，则垂线的交点为球心O，如图所示
因为，，所以，，，
又二面角的大小为，则，，所以
，
设外接球半径为R，则，，
在中，由余弦定理，得，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积.
故答案为：.
本题考查三棱锥外接球的表面积问题，解决此类问题一定要数形结合，建立关于球的半径的方程，本题计算量较大，是一道难题.
14．
【解析】
根据定积分的计算，得到，令，求得，即可得到答案．
【详解】
根据定积分的计算，可得，
令，则，
即的展开式中各项系数和为.
本题主要考查了定积分的应用，以及二项式定理的应用，其中解答中根据定积分的计算和二项式定理求得的表示是解答本题的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
15．
【解析】
设直线的方程为，与联立得到A点坐标，由得，，代入可得，即得解.
【详解】
由题意，直线的方程为，与
联立得，，
由得，，
从而，
即，
从而离心率．
故答案为：
本题考查了双曲线的离心率，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
16．
【解析】
先求，再根据的范围求出即可.
【详解】
由题可知，
故.
故答案为：.
本题考查分段函数函数值的求解，涉及对数的运算，属基础题.
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）见解析（2）
【解析】
（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，由此证得，根据圆的几何性质证得，由此证得平面.
（2）判断出三棱锥的体积最大时点的位置.建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为平面平面是正方形，
所以平面.
因为平面，所以.
因为点在以为直径的半圆弧上，所以.
又，所以平面.
（2）解：显然，当点位于的中点时，的面积最大，三棱锥的体积也最大.
不妨设，记中点为，
以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得，
所以.
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
本小题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）函数在有3个零点．
【解析】
（Ⅰ）求出导数，写出切线方程；
（Ⅱ）二次求导，判断单调递减，结合零点存在性定理，判断即可；
（Ⅲ），数形结合得出结论．
【详解】
解：（Ⅰ），，，
故在点，处的切线方程为，
即；
（Ⅱ）证明：，，
，故在递减，
又，，
由零点存在性定理，存在唯一一个零点，，
当时，递增；当时，递减，
故在只有唯一的一个极大值；
（Ⅲ）函数在有3个零点．
本题主要考查利用导数求切线方程，考查零点存在性定理的应用，关键是能够通过导函数的单调性和零点存在定理确定导函数的零点个数，进而确定函数的单调性，属于难题．
19．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）由题可知，等腰直角三角形与等边三角形，在其公共边AC上取中点O，连接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可证得，结合，可证明平面.再根据面面垂直的判定定理，可证平面平面.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由点F在线段上，设，得出的坐标，进而求出平面的一个法向量.用向量法表示出与平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再结合为平面的一个法向量，用向量法即可求出与的夹角，结合图形，写出二面角的大小.
【详解】
证明：（1）在中，
为正三角形，且
在中，
为等腰直角三角形，且
取的中点，连接
，
，
，平面
平面
平面
..平面平面
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，
，
设.则
设平面的一个法向量为.则
，
令，解得
与平面所成角的正弦值为，
整理得
解得或(含去)
又为平面的一个法向量
，
二面角的大小为.
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解决线面角、二面角的问题，属于中档题.
20．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）根据点到直线的距离公式可求出a的值，即可得椭圆方程；
（2）由题意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），根据，可得y1＝2y0，由，可得2x0+2y0t＝6，再根据向量的运算可得，即可证明．
【详解】
（1）左顶点A的坐标为（﹣a，0），∵＝，∴|a﹣5|＝3，解得a＝2或a＝8（舍去），∴椭圆C的标准方程为+y2＝1，
（2）由题意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），则依题意可知y1≠y0，得（x0﹣2 x0，y1﹣2y0） （0，y1﹣y0）=0，整理可得y1＝2y0，或y1＝y0 （舍），，得（x0，2y0）（2﹣x0，t﹣2y0）＝2，整理可得2x0+2y0t＝x02+4y02+2＝6，由（1）可得F（，0），∴＝（﹣x0，﹣2y0），∴•＝（﹣x0，﹣2y0）（2，t）＝6﹣2x0﹣2y0t＝0，∴NF⊥OP，故过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F．
本题考查了椭圆方程的求法，直线和椭圆的关系，向量的运算，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题.
21．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）根据，，可得平面，故而平面平面．
（Ⅱ）过作于，则可证平面，故为所求角，在中利用余弦定理计算，再计算．
【详解】
解：（Ⅰ）因为，，，平面，平面
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（Ⅱ）过作于，则由平面，且平面知
，所以平面，从而是直线与平面所成角.
因为，，，
所以，
从而.
本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题．
22．（1）（2）的最小值为1，此时直线：
【解析】
（1）用直接法求轨迹方程，即设动点为，把已知用坐标表示并整理即得．注意取值范围；
（2）设：，将其与曲线的方程联立，消元并整理得，
设，，则可得，，由求出，
将直线方程与联立，得，求得，计算，设.显然，构造，由导数的知识求得其最小值，同时可得直线的方程.
【详解】
（1）设，则，即
整理得
（2）设：，将其与曲线的方程联立，得
即
设，，则，
将直线：与联立，得
∴
∴
设.显然
构造
在上恒成立
所以在上单调递增
所以，当且仅当，即时取“=”
即的最小值为1，此时直线：.
（注：1.如果按函数的性质求最值可以不扣分；2.若直线方程按斜率是否存在讨论，则可以根据步骤相应给分.）
本题考查求轨迹方程，考查直线与椭圆相交中的最值．直线与椭圆相交问题中常采用“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立并消元，然后用韦达定理得（或），把这个代入其他条件变形计算化简得出结论，本题属于难题，对学生的逻辑推理、运算求解能力有一定的要求．