2026年安徽合肥市庐阳高级中学高三第二学期期末（一模）数学试题含解析.doc

2026年安徽合肥市庐阳高级中学高三第二学期期末（一模）数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）
A．24 B．36 C．48 D．64
2．如图，这是某校高三年级甲、乙两班在上学期的5次数学测试的班级平均分的茎叶图，则下列说法不正确的是（ ）

A．甲班的数学成绩平均分的平均水平高于乙班
B．甲班的数学成绩的平均分比乙班稳定
C．甲班的数学成绩平均分的中位数高于乙班
D．甲、乙两班这5次数学测试的总平均分是103
3．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（ ）

A． B． C． D．
4．平行四边形中，已知，，点、分别满足，，且，则向量在上的投影为（ ）
A．2 B． C． D．
5．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．①②③ B．①② C．①③ D．②③
6．已知集合，，则（ ）
A． B．
C．或 D．
7．二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )
A．180 B．90 C．45 D．360
8．函数在上的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
9．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为( )

A．7 B．15 C．31 D．63
10．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．设全集集合，则（ ）
A． B． C． D．
12．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )
A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．10–10.1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是______.

14．设为互不相等的正实数，随机变量和的分布列如下表，若记，分别为的方差，则_____．（填>，<，=）

15．已知，，其中，为正的常数，且，则的值为_______.
16．的展开式中，的系数是______.
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）以直角坐标系的原点为极坐标系的极点，轴的正半轴为极轴．已知曲线的极坐标方程为，是上一动点，，点的轨迹为．
（1）求曲线的极坐标方程，并化为直角坐标方程；
（2）若点，直线的参数方程（为参数），直线与曲线的交点为，当取最小值时，求直线的普通方程．
18．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线与曲线的普通方程，并求出直线的倾斜角；
（2）记直线与轴的交点为是曲线上的动点，求点的最大距离.
19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知平行于x轴的动直线l交抛物线C：于点P，点F为C的焦点．圆心不在y轴上的圆M与直线l，PF，x轴都相切，设M的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）若直线与曲线E相切于点，过Q且垂直于的直线为，直线，分别与y轴相交于点A，当线段AB的长度最小时，求s的值．
20．（12分）在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）已知二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）如图，三棱台中， 侧面与侧面是全等的梯形，若，且.

（Ⅰ）若，，证明：∥平面；
（Ⅱ）若二面角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
22．（10分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为棱的中点，为棱上任意一点，且不与点、点重合．．

（1）求证：平面平面；
（2）是否存在点使得平面与平面所成的角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
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．B
【解析】
根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.
【详解】
当按照进行分配时，则有种不同的方案；
当按照进行分配，则有种不同的方案.
故共有36种不同的派遣方案，
故选：B.
本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.
2．D
【解析】
计算两班的平均值，中位数，方差得到正确，两班人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，错误，得到答案.
【详解】
由题意可得甲班的平均分是104，中位数是103，方差是26.4；
乙班的平均分是102，中位数是101，方差是37.6，则A，B，C正确.
因为甲、乙两班的人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，故D错误.
故选：.
本题考查了茎叶图，平均值，中位数，方差，意在考查学生的计算能力和应用能力.
3．D
【解析】
先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解.
【详解】
设四个支点所在球的小圆的圆心为，球心为，
由题意，球的体积为，即可得球的半径为1，
又由边长为的正方形硬纸，可得圆的半径为，
利用球的性质可得，
又由到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为，
所以球心到底面的距离为.
故选：D.
本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.
4．C
【解析】
将用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案.
【详解】
解：

，
得，
则向量在上的投影为.
故选：C.
本题考查向量的几何意义，考查向量的线性运算，将用向量和表示是关键，是基础题.
5．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．
6．D
【解析】
首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；
【详解】
解：∵，解得
∴，∴.
故选：D
本题考查补集的概念及运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.
7．A
【解析】
试题分析：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，，令，则，.
考点：1.二项式定理；2.组合数的计算.
8．D
【解析】
讨论的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断.
【详解】
当时，，则，
所以函数在上单调递增，
令，则，
根据三角函数的性质，
当时，，故切线的斜率变小，
当时，，故切线的斜率变大，可排除A、B；
当时，，则，
所以函数在上单调递增，
令 ，，
当时，，故切线的斜率变大，
当时，，故切线的斜率变小，可排除C，
故选：D
本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，属于中档题.
9．B
【解析】
试题分析：由程序框图可知：①，；②，；③，；④，；
⑤，. 第⑤步后输出，此时，则的最大值为15，故选B.
考点：程序框图.
10．C
【解析】
根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.
【详解】
将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，
由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，
即函数为偶函数，由，得，
函数在区间上单调递增，则，得，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.
11．A
【解析】
先求出，再与集合N求交集.
【详解】
由已知，，又，所以.
故选：A.
本题考查集合的基本运算，涉及到补集、交集运算，是一道容易题.
12．A
【解析】
由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.
【详解】
两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先由三视图在长方体中将其还原成直观图，再利用球的直径是长方体体对角线即可解决.
【详解】
由三视图知该几何体是一个三棱锥，如图所示

长方体对角线长为，所以三棱锥外接球半径为，故所求外接球的
表面积.
故答案为：.
本题考查几何体三视图以及几何体外接球的表面积，考查学生空间想象能力以及基本计算能力，是一道基础题.
14．>
【解析】
根据方差计算公式，计算出的表达式，由此利用差比较法，比较出两者的大小关系.
【详解】
，故
.
，

.
要比较的大小，只需比较与，两者作差并化简得

①，
由于为互不相等的正实数，故，也即
，也即.
故答案为：
本小题主要考查随机变量期望和方差的计算，考查差比较法比较大小，考查运算求解能力，属于难题.
15．
【解析】
把已知等式变形，展开两角和与差的三角函数，结合已知求得值．
【详解】
解：由，得，
，
即，
，
又，
，解得：．
为正的常数，．
故答案为：．
本题考查两角和与差的三角函数，考查数学转化思想方法，属于中档题．
16．
【解析】
先将原式展开成，发现中不含，故只研究后面一项即可得解.
【详解】
，
依题意，只需求中的系数，是.
故答案为：-40
本题考查二项式定理性质，关键是先展开再利用排列组合思想解决，属于基础题.

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），；（2）.
【解析】
（1）设点极坐标分别为,，由可得,整理即可得到极坐标方程,进而求得直角坐标方程；
（2）设点对应的参数分别为，则，，将直线的参数方程代入的直角坐标方程中,再利用韦达定理可得，，则，求得取最小值时符合的条件,进而求得直线的普通方程.
【详解】
（1）设点极坐标分别为，，
因为,则，
所以曲线的极坐标方程为，
两边同乘,得，
所以的直角坐标方程为,即.
（2）设点对应的参数分别为，则,，将直线的参数方程（参数），代入的直角坐标方程中，整理得.
由韦达定理得，，
所以，当且仅当时，等号成立，则，
所以当取得最小值时，直线的普通方程为.
本题考查极坐标与直角坐标方程的转化,考查利用直线的参数方程研究直线与圆的位置关系．
18．（1），，直线的倾斜角为
（2）
【解析】
（1）由公式消去参数得普通方程，由公式可得直角坐标方程后可得倾斜角；
（2）求出直线与轴交点，用参数表示点坐标，求出，利用三角函数的性质可得最大值．
【详解】
（1）由，消去得的普通方程是：
由，得，
将代入上式，化简得
直线的倾斜角为
（2）在曲线上任取一点，
直线与轴的交点的坐标为
则
当且仅当时，取最大值.
本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，属于基础题．求两点间距离的最值时，用参数方程设点的坐标可把问题转化为三角函数问题．
19．（1），（2）．
【解析】
根据题意设，可得PF的方程，根据距离即可求出；
点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，根据导数的几何意义和斜率公式，求，并构造函数，利用导数求出函数的最值．
【详解】
因为抛物线C的方程为，所以F的坐标为，
设，因为圆M与x轴、直线l都相切，l平行于x轴，
所以圆M的半径为，点，
则直线PF的方程为，即，
所以，又m，，
所以，即，
所以E的方程为，，
设，，，
由知，点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，
由，所以，，
所以，，
所以，．
令，，
则，
由得，由得，
所以在区间单调递减，在单调递增，
所以当时，取得极小值也是最小值，即AB取得最小值
此时．
本题考查了直线和抛物线的位置关系，以及利用导数求函数最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于难题．
20．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）由已知可得，结合，由直线与平面垂直的判定可得平面；
（2）由（1）知，，则，，两两互相垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，0，，由二面角的余弦值为求解，再由空间向量求解直线与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：因为四边形是等腰梯形，，，所以.又，所以，
因此，，
又，
且，，平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，，
由于，因此，
又平面，平面，所以.
由于，，平面，
所以平面，故，
所以为二面角的平面角.在等腰三角形中，由于，
因此，又，
因为，所以，所以
以为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系，则，，
，，
设平面的法向量为
所以，即，令，则，，
则平面的法向量，，
设直线与平面所成角为，则

本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，属于中档题．
21． (Ⅰ)见解析；(Ⅱ) .
【解析】
试题分析：(Ⅰ) 连接，由比例可得∥，进而得线面平行；
（Ⅱ）过点作的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设，则求得平面的法向量为，设平面的法向量为，由求二面角余弦即可.
试题解析：
（Ⅰ）证明：连接，梯形，,
易知：；

又，则∥；
平面，平面，
可得：∥平面；
（Ⅱ）侧面是梯形，，
,,
则为二面角的平面角， ；

均为正三角形，在平面内，过点作的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则
,故点，
；
设平面的法向量为，则有：；
设平面的法向量为，则有：；
，
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
22．（1）证明见解析 （2）存在，为中点
【解析】
（1）证明面，即证明平面平面；（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系．利用向量方法得，解得，所以为中点．
【详解】
（1）由于为中点，．
又，故，
所以为直角三角形且，
即．
又因为面，面面，面面，
故面，
又面，所以面面．
（2）由（1）知面，又四边形为矩形，则两两垂直．
以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系．
则，设，
则，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
则平面的一个法向量为，
同理可得平面的一个法向量为，
设平面与平面所成角为，
则由题意可得，解得，
所以点为中点．
本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查空间二面角的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.