【数学】合肥一中2026届高三上学期期中教学质量检测

合肥一中2026届高三上学期期中教学质量测评

数学试题

（考试时间：120分钟满分：150分）

注意事项：

1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。

2．答题时，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。如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号。

3．答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题

可先用铅笔在答题卷．．．规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号

所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．、草稿纸上答题无效．．．．．．．．。

4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合要求的.

1．已知集合A={xx=−x}，集合B={−1,0,1}，则AB=（）

A．{1}B．{−1}C．{−1,0}D．{−1,0,1}

−−33i

2．设i为虚数单位，若复数z=，则z=（）

1i−

A．−3iB．−3C．3iD．3

3．若向量abc=−=−=(0,1)，(3,4)，(4,4)，则（）

A．b=5B．(ac+)//b

11

C．a⊥+(bc)D．a在c上的投影向量是−−,

22

4．已知对任意平面向量AB=(,xy)，把AB绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量

AP=−+(xcosθysinθθ,xsinycosθ)，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.已知

π

平面内点A(1,2)，点B)4,3(，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，则点P的坐标

4

为（）

227

A．(−,)B.+)2,122(C．)22,0(D．)0,22(

22

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5．合肥一中摄影社某同学用摄影机记录了迁徙中某种候鸟在某一时刻的飞行姿

2xx++1||4

态如图所示，如果用函数xf)(=的部分图象来描绘候鸟某一时

x2+1

刻翅膀的飞行姿态，则下面符合xf)(图象的是（）

yx2+

6．已知xy>>0,0，且41xy+=，则的最小值为（）

xy

A．5B．42C．4D．22

7．已知函数xfx−=12)(，若<nm且=nfmf)()(，则+nm的取值范围是（）

A．−∞)0,(B．−)0,1(C．+∞),0(D．)1,0(

8．已知函数)(sin2xxxxxf+++++=)1(2025)1lg(，若不等式fλxfxx<−+−⋅4050)42()22(

对任意x∈R均成立，则λ的取值范围为（）

A．−∞−]122,(B．−∞−)122,(C．−+∞),122[D．（−+∞),122

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目

要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．

9．已知ABC的内角ABC,,的对边分别为abc,,，则如下判断正确的是（）

A．若sin22ABC+>sinsin2，则ABC是锐角三角形

B．若sin2AB=sin2，则ABC为等腰三角形或直角三角形

C．在锐角ABC中，不等式sinAB>cos恒成立

1π

D．若ABC的面积S=(abc222+−)，则C=

44

10．下面关于数列{an}，{bn}的相关结论正确的有（）

A．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，公差分别为d1，d2，数列{cn}满足+=2bacnnn，则

{cn}是等差数列且公差为+dd21

B．若{an}是一个无穷等比数列取出数列{an}中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是

等比数列

C．等差数列{an}的首项为1，公差不为0，若aaa236,,成等比数列，则{an}前20项的和为

−360

21

+=

D．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，当2时，{bn}为等差数列

Sbnn

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11．已知函数2)(sin−=xxxf，则下列说法正确的是（）

A．xf)(在[−π,0]上单调递增

π

B．xf)(在[0,π]上的最大值为3−

3

π

C．xf)(和gx()=+−−π2x2sinx图象关于(,1)对称

2

π

D．xfxxh++=1)()1()(在(,+∞)的零点有且只有一个

2

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.记Sn为等差数列{an}的前n项和．若236SS32=+，则公差d=．

ππ

13.将函数fx()=sinωωx+>(0)的图象向右平移个单位长度后得到函数gx()的图象，若gx()

44

π5π

在,上单调递增，则ω的最大值为____________.

44

1

14．平面内不同的三点OAB,,满足OA=AB=4，若m∈[0,1]，mOB−OA+−(1m)BO−BA的最

4

小值为19，则OB=.

四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.

763

15．已知S是等比数列{a}的前n项和，S=，S=.

nn3166128

（1）求数列{an}的通项公式；

=logab1

（2）设n1n，求数列的前n项和Tn.

2bbnn+1

3π

16.已知ax=2cos,，bx=sin−,1，设f(x)=ab⋅.

23

ππ

（1）x∈,，求函数fx()的值域；

122

5π2πx42π

∈f0=

（2）若x0,，且，求tan2x0−的值.

123253

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17．已知函数f(x)=−∈2exax(aR).

（1）当a≥0时，证明：fa()≥+22a；

（2）若fx()存在两个零点，求a的取值范围.

18.设ABC的内角ABC,,所对的边分别为abc,,，且(acBCbcBC+⋅+=−⋅+)sin()()(sinsin)，

b=3.

（1）求B；

1

（2）点E为边AC的中点，若BE=，求ABC的面积；

2

π

（3）如图所示，点D是ABC外一点，若∠=∠=BACDACθ，且∠=ADC，记△BCD的周

3

长为f(θ)，求f(θ)的取值范围.

19．已知函数fx()=+−(m1)sinxxcosx，x∈[0,π]．

（1）当m=0时，求fx()的单调区间；

（2）若fx()存在唯一的极值且为极小值，求m的取值范围；

（3）设n∈R，若存在m∈(−∞,0)使得m≤−2(fx()n)对x∈[0,π]恒成立，求n的最大值.

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数学参考答案

1．【答案】C

【解析】由xx=−得：x≤0，即A={xx≤0}，又B={−1,0,1}，∴=−AB{1,0}.故选：C.

2．【答案】A

2

−−33i31(++i)31(i)−6i

【解析】z==−=−==−3i.故选：A.

1i−1i−(1i1i−+)()2

3．【答案】D

【解析】对于A，b=−+=(3)2245，故A错误；

对于B，因ac=−=(0,1),(4,4)，则ac+=(0,−+1)(4,4)=(4,3)，

又b=(−3,4)，由44×≠3×−(3)，可得(a+c)//b不成立，故B错误；

对于C，因bc=−=(3,4),(4,4)，则bc+=−(3,4)+(4,4)=(1,8)，

又a=(0,−1)，由0×+18×−(1)=−≠80，可得a⊥+(bc)不成立，故C错误；

对于D，因ac⋅=04×+−(1)×4=−4，

ac⋅−411

⋅==−−

则a在c上的投影向量为2c22(4,4),，故D正确.故选：D

c44+22

4．【答案】B

ππππ

【解析】已知AB=(2,2)，AP=(2cos(−−)2sin(−),2sin(−+)2cos(−))=(22,0)

4444

因为AP=OP−OA，∴OP=AP+OA=(22+1,2).

5．【答案】B

(−x)2+4−x+1

【解析】f(−x)==f(x)，则f(x)是偶函数，则A,D错误；又f(1)=3，则C错误

(−x)2+1

故B正确．

6．【答案】A

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yxy2++14yxyyx4yx4

【解析】=+=+=++≥12×+=1415+=，

xyxyxyxyxy

yx411yx2+

当且仅当=即xy=,=时等号成立，所以的最小值为5.

xy63xy

7.【答案】A

【解析】令aanfmf∈==),1,0(,)()(因为m<0，所以m2−=a)1(log，

因为，所以，所以2，又2，

n>02an+=)1(lognm2−=+a)1(loga∈−)1,0(1

所以nm∈+−∞)0,(.

8．【答案】B

【解析】由题设，令xfxg2025)()(sin2++++=−=2025)1lg(xxxx，

∵22025)1lg()sin()(−=−−++−=−xgxxxxxg)(，

∴xg)(为奇函数，又令2025)(+=sinxxxh，则′xhx>+=0cos2025)(，又易知2++=xxxt)1lg()(为增

函数，故+=xtxhxg)()()(为增函数.

∵fλxfxx<−+−⋅4050)42()22(，即fλxfxx−−−<−−⋅)2025)42((2025)22(，

∴gλxgxxg−=−−<−⋅xx)24()42()22(，则λx−<−⋅2422xx，

221

∴λx−<−⋅2422xx对任意x∈R均成立，即λ2x−+<1，而2x−≥−+1221当且仅当x=时等号

2x2x2

成立，∴λ−<122.故选：B

9．【答案】BCD

abc222+−

【解析】对于A：由正弦定理可将sin22ABC+>sinsin2转化为abc22+>2，则cosC=>0，所以

2ab

π

C<，但无法判断AB,的范围，A错误；

2

π

对于B：由sin2A=sin2BA,∈(0,π),B∈(0,π),A+∈B(0,π)得：22AB=或22AB+=π，即AB=或AB+=，

2

所以ABC为等腰三角形或直角三角形，B正确；

πππ

选项C：因为ABC是锐角三角形，所以0<<C，所以<−πC=+<ABπ，又AB,∈0,，所以

222

ππππππ

−<BA<,−∈B0,，又因为yx=sin在0,单调递增，所以sinA>sin−=BBcos，C正确；

222222

222

12221abc+−11

对于D选项:因为ABC面积S=(abc+−)，即S=ab，所以absinC=abcosC，

422ab22

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π

即sinCC=cos，因为C∈(0,π)，所以C=，故正确.

4D

10．【答案】BCD

【解析】对于A，因为数列{an}，{bn}都是等差数列，公差分别为d1，d2，

所以an=a1+(n−1)d1,bn=b1+(n−1)d2，又因为cn=an+2bn=(a1+2b1)+(n−1)(d1+2d2)，

故cn+1−cn=[(a1+2b1)+n(d1+2d2)]−c[(a1+2b1)+(n−1)(d1+2d2)]=d1+2d2，

而c1=a1+2b1，所以{cn}数列是以a1+2b1为首项，d1+2d2为公差的等差数列,A不正确；

对于B，显然正确；

对于，数列的首项，设公差为，则由成等比数列可得2，所以

C{an}a1=1daaa236,,a3=aa26

2，即2，整理可得2，因为，所以，

(a1+=++25d)(a11da)(d)(12+d)=++(1dd)(15)dd+=20d≠0d=−2

20×19

所以S=20×1+×(−2)=−360；

202

212b

+==n1

对于D，由已知2得Sn，且bn≠0，bn≠，

Sbnn21bn−2

3

取n=1，由Sb=得b=，由于b为数列{S}的前n项积，

1112nn

22bb122bn22bb122bn+1

所以⋅⋅⋅⋅⋅⋅=bn，所以⋅⋅⋅⋅⋅⋅=bn+1，

2bb12−−1212bn−12bb12−−1212bn+1−1

2bbnn++11211

==*

所以，由于bn+1≠0所以，即bbnn+1−=，其中nN∈

21bbnn+1−21bbnn+1−2

31

所以数列{b}是以b=为首项，以d=为公差的等差数列.

n122

11．【答案】BCD

ππ

【解析】对于A：f′(x)=2cosx−1当x∈−[,π−]时f(x)单调递减，当x∈−[,0]时f(x)单调递增.∴A错

33

ππ

对于B:f(x)为奇函数，f(x)在[−π,0]上的最小值fx()=−=−f()3，∴f(x)在[0,π]上

min33

π

的最大值fx()=3−

max3

π

对于C:在g(x)上任取一点(x,y)，则(x,y)关于(,1)对称点(π−−xy,2)，

0000200

π

∴2sin(π−x)(−π−x)=2sinxxy−+π=−2即对称点在y=f(x)上.∴f(x)和g(x)图象关于(,1)对

000002

π

称，同理在fx()上任取一点，其关于(,1)的对称点也在gx()上.

2

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π1

对于D，当x∈(,+∞)时，令hx()=0，则(x+1)(2sinxx−)+=10，整理得2sinxx−+=0，令

2x+1

11ππ

ux()=2sinx−+x，则ux′()=2cosx−−1，当x∈(,)π时，ux′()<0，所以ux()在(,)π上

x+1(x+1)222

ππ

单调递减．又uu()>0,(π)<0，所以由零点存在性定理得，ux()在(,)π内存在唯一零点．当x∈[,π+∞)时，

22

1π

ux()=2sinx−x+<−2π+1<0，此时函数ux()无零点．综上所述，hx()在(,+∞)内存在唯一零点，即

x+12

π

hx()在(,+∞)内的零点个数为1.

2

12.【答案】2

【解析】由236SS32=+可得2(aaa123++3)=(aa12++)6，化简得26a312=++aa，

即2(a11+2d)=2ad++6，解得d=2.

1

13.【答案】

4

ππωππ

【解析】将fx()=sinωx+的图象向右平移个单位长度后得到gx()=sinωx−+的图象，

4444

π5ππωπππ

因为x∈,，所以<ωωx−+<π+，

444444

π5πππ1

因为gx()在,上单调递增，所以ωπ+≤，即0<≤ω，

44424

1

所以ω的最大值为.

4

14．【答案】26

【解析】如图所示，设OC=mOB(0≤≤m1)，则点C在线段OB上，

1

故mOB−=OAOC−=OAAC，设BD=BA，

4

1

则(11−m)BO−=−−BA(m)OBBD

4

=mOB−−OBBD=mOB−(OB+BD)=OC−OD=DC，

1

∴mOB−OA+−(1m)BO−BA=AC+DC，即(AC+=DC)19

4min

π

作D关于OB的对称点D1，设∠ABO=θθ(0<<)，

2

∴+ACDC=AC+D11C≥AD，当且仅当AC,,D1三点共线时等号成立，

+==

即(ACDC)AD119，

min

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1

在ABD中，OA=AB=4，BD=BD=BA=1，AD=19，

1141

216+−11916

由余弦定理结合二倍角公式可得cos2θθ=2cos−=1=−，解得：cosθ=，

214××44

6

则OB=2ABcosθ=××24=26.故答案为：26.

4

15．【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q，

3SS−11

则q=63=，所以q=，

S382

771

又，所以2，所以，

S3=a1(1++qq)=a1=

16164

1

所以数列{an}的通项公式为a=；(6分)

n2n+1

==+

（2）由（1）得，bnnlog1an1，

2

1111

所以==−，

bbnn+1(n++1)(n2)n+1n+2

11111111n

所以Tn=−+−+⋅⋅⋅+−=−=.(13分)

2334nn++122n+22(n+2)

3π

16.【解析】（1）因为ax=2cos,，bx=sin−,1，

23

π33

所以f()x=ab⋅=2cosxxsin−+=cosxxsin−+3cos2x

322

13π

=sin2xx−cos2=sin2x−，

223

ππππ2ππ1

x∈,，∴2,x−∈−，sin2x−∈−,1，

12236332

1

所以函数fx()的值域为−,1．(7分)

2

xπ45π2ππππ

0=−=∈−∈

（2）由题设fxsin0，又x0,，则x0,，

2351233123

π3π4

所以cosx0−=，所以tanx0−=，

3533

π4

2tanx0−2×

2ππ3324

所以tan2xx00−=tan2−==2=−.(15分)

π

33−−247

1tanx01−

33

a2

17．【解析】（1）依题意得fa()=2e−a，要证fa()≥+22a，只需证2ea−aa2−2−≥20，

令gx()=2ex−−−x22x2(x≥0)，所以gx′()=2ex−−2x2.设px()=2ex−−2x2(x≥0)，

合肥一中2026届高三上学期期中教学质量测评·数学参考答案第5页（共9页）

当x≥0时，px′()=2ex−≥20，所以px()在区间[0,+∞)上单调递增，

所以当x≥0时，px()≥=p(00)，即gx′()≥0，所以gx()在区间[0,+∞)上单调递增，

故当x≥0时，gx()≥=g(00).故当a≥0时，2ea−aa2−2−≥20，即fa()≥+22a.(6分)

（2）fx′()=2ex−a，x∈(−∞,+∞).

若a≤0，则fx′()>0，所以fx()在(−∞,+∞)上单调递增，所以fx()至多有1个零点，舍去；

a

若a>0，令fx′()=2ex−=a0，解得x=ln，

2

aa

所以当x∈−∞,ln时，fx′()<0；当x∈ln,+∞时，fx′()>0，

22

aa

所以fx()在区间x∈−∞,ln上单调递减，在区间x∈ln,+∞上单调递增.

22

因为a>0，所以当x→−∞时，fx()→+∞；当x→+∞时，fx()→+∞；

aaaa

由fx()存在两个零点，得fln<0，即2⋅−aln<0，所以ln>1，所以a>2e.

2222

综上所述，a的取值范围是(2e,+∞).(15分)

sin(BC+−)bc

18.【解析】（1）由(ac+⋅)sin(BC+)=(bc−⋅)(sinB+sinC)可得=，

sinB++sinCac

abc

由正弦定理==得，

sinABCsinsin

sin(BC+−)sin(πA)sinAabc−

====，

sinBC+++++sinsinBCsinsinBCbcacsin

所以a2+=−acb22c，即a222+−=−cbac．

a222+−cb−ac1

由余弦定理cosB===−，

2ac22ac

2π

又因为B∈(0,π)，因此B=.(5分)

3

1

（2）因为中线BE=，所以BA+=BC2BE；

2

22222

两边同时平方得BA+BC+24BA⋅=BCBE，即a+−cac=1，

在ABC中，b=3，由余弦定理可得a22++cac=3，

13

可得ac=1，所以S△=acsinB=；(11分)

ABC24

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BCAC3

===2

（3）在ABC中，由正弦定理可得sinθsin∠ABC3，即BC=2sinθ，

2

CDAC3

===2

在ADC中，由正弦定理可得sinθsin∠ADC3，即CD=2sinθ．

2

因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠ABC+∠ADC=π，

所以π−=∠2θBCD，

在△BCD中，BD2=+−⋅BC22CD2BCCDcos∠BCD

=4sin22θ+4sinθ−×××−22sinθθ2sincos(π2θ)

=8sin2θ(1+=×=cos2θ)8sin2θ2cos2θ16sin22θθcos

所以BD=4sinθθcos，

则f(θ)=++2sinθ2sinθ4sinθθcos=4(sinθ+sinθθcos)，

f′(θ)=4(cosθ+cos22θ−sinθ)=4(2cos2θθ+cos−=1)4(cosθ+1)(2cosθ−1)，

π1

因为在ABC中0<<θ，所以<<cosθ1，

32

π

则f′(θ)>0，f(θ)在0,单调递增，

3

π

因为ff(0)=0,=33，所以f(θ)∈(0,33)，

3

所以f(θ)的取值范围为(0,33).(17分)

19．【解析】（1）当m=0时，由fx()=sinx−xcosx，得fx′()=cosx−cosxx+−(sinx)=xsinx，

又x∈[0,π]，则x≥0，sinx≥0，所以fx′()≥0，即fx()在[0,π]单调递增，

故fx()的单调增区间为[0,π]，无单调减区间.(4分)

（2）由（1）可知m≠0，

根据题意得：fx′()=+(1m)cosx−cosxx+−(sinx)=xsinxm+cosx.

（ⅰ）若m<0，

ππ

①x∈,π时，xxsin≥0，mxcos>0，此时fx′()>0，故fx()在,π无极值点．

22

π

②当x∈0,时，令hx()=f′(x)=xsinx+mcosx，得hx′()=(1−m)sinx+xcosx．

2

π

由10−>m，sinx≥0，xxcos≥0，则hx′()≥0，从而hx()在0,单调递增．

2

ππ

又hm(00)=+<0，h=>0，

22

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π

由零点存在性定理可知，存在x0∈0,，使得hx(0)=0．

2

′π′

从而当xx∈[0,0)，fx()<0，当xx∈0,，fx()>0．

2

π

fx()在[0,x)单调递减，在(,]x单调递增，

002

所以fx(0)是fx()在[0,π]上唯一的极值且为极小值，故m<0符合题意．

π

（ⅱ）若m>0，x∈,π，f′(x)=mcosx+xsinx=cosxm(+xtanx)

2

π

令φ(x)=xxtan，x∈,π，φ(π)=0，

2

′

xsinxsinxcosxx++cos22xxsinxsinxcosxx+

则φ′(x)===．

cosxxcos22cos