安徽省颍上第一中学2025-2026学年高三上学期开学质量检测数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页安徽省颍上第一中学2025-2026学年高三上学期开学质量检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合A＝{1,3,4,5}，，则＝（

）A．{1,3} B．{1,5}C．{1,3,4} D．{1,4,5}2．已知随机变量X服从正态分布，且，则（

）A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.43．＝（

）A．i B．－i C．1 D．－14．已知双曲线C：的渐近线方程为，点在C上，则C的焦距为（

）A． B． C． D．5．学习小组对某水域捕鱼活动的活动量、成本和收益进行建模研究.研究发现，若捕鱼活动量为个单位，则捕鱼活动的收益，捕鱼活动的成本，其中为单位捕鱼活动的成本.捕鱼活动的利润为收益与成本之差.已知初始状态下，且当时捕鱼活动的利润最大.为改善初始状态下该水域存在的过度捕捞问题，现通过人为干预将单位捕鱼活动的成本增加到，使得时捕鱼活动的利润减少到0，则约为（

）A．4.6 B．5.4 C．6.2 D．7.06．在正方体中，分别为的中点，则（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面7．已知椭圆：的左焦点为，不经过且斜率为的直线交于，两点.当的周长最大时，（

）A． B． C． D．8．已知，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．在中，，，向量满足，则（

）A． B． C． D．10．已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（

）A．当时，B．在区间上单调递减C．当且仅当时，D．在区间上单调递减11．在正三棱台中，，侧面与底面所成二面角的大小为，设正三棱台的各个顶点都位于球O的表面上，则（

）A．若，则正三棱台的高为B．若，则球O的表面积为C．点O到平面ABC的距离随的增大而增大D．点O到平面的距离随的增大先减小后增大三、填空题12．记等差数列的前n项和为，若，则.13．过点与圆相切的直线方程为.14．有4个相同的球，分别标有数字2，0，2，5，从中有放回地随机取4次，每次取1个球，并记录每次取出的球上的数字作为结果.记为结果中数字2，0，5各出现次数中的最大值，则的数学期望.四、解答题15．已知函数，直线和点是图象的一组相邻的对称轴和对称中心.(1)求；(2)设函数，求的最小正周期、最值和单调区间.16．如图所示，在圆锥中，是的直径，是正三角形，点在上，且，.

(1)证明：平面；(2)设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.17．已知函数，为的导函数.(1)讨论的单调性；(2)证明：；(3)若，求的取值范围.18．对某热敏元件的性能进行实验测量，实验过程如下：共进行m次实验，每次实验均测量该热敏元件的两项指标对正整数，在第n次实验中，实验仪器显示该次实验中指标A的数值，以及前n次实验中指标B的数值的总和，将，作为第n次实验的记录值.用m次实验中的总和作为该热敏元件性能的度量参数，记该参数为.(1)证明：；(2)对每次实验的记录值进行拟合，得到如下结果：.（i）利用（1）和拟合结果，求数列的通项公式；（ii）判断是递增数列还是递减数列，并说明理由.19．已知抛物线的准线方程为.点，，均在上，且直线由直线绕点顺时针旋转得到.(1)设直线，的斜率分别为，求；(2)设点，，的横坐标分别为，并记，证明：；(3)已知各项系数均为实数的一元三次方程至少有一个实数解.证明：对任意给定的点，存在点B，，使得为正三角形.《安徽省颍上第一中学2025-2026学年高三上学期开学质量检测数学试题》参考答案题号12345678910答案BBADCBCDABDABC题号11答案ABD1．B【分析】先求出集合B中的元素，再根据交集的定义求出.【详解】因为集合，且,所以的取值可以是1，3，4，5.当时，;当时，;当时，;当时，.所以.所以.故选：B.2．B【分析】根据正态分布的对称性结合随机事件的关系运算即可得答案.【详解】因为随机变量X服从正态分布，所以又，所以，则.故选：B.3．A【分析】根据题意先计算，再利用复数的乘法运算律计算即可.【详解】因为，所以.故选：A.4．D【分析】由双曲线渐近线方程得，再把点代入双曲线方程求出的值，最后根据双曲线的性质求出焦距.【详解】双曲线C：的渐近线方程为，则有，即，双曲线方程可表示为，点在C上，有，解得，即，得，双曲线中为半焦距，则有，得，所以双曲线C的焦距为.故选：D5．C【分析】由题意可得利润利用导数求得当时，取最大值，从而得，将代入方程中求解即可.【详解】设捕鱼活动的利润为，则，所以，令，解得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以当时，取最大值，为，所以；由题意可得当单位捕鱼活动的成本增加到，时，，所以，解得.故选：C.6．B【分析】根据线面垂直的性质，依次找到不成立的理由可排除A,C,D，对于B，利用三角形全等证得，结合线面垂直的性质证得，再根据线面垂直的判定定理可证得平面.【详解】对于A，若平面，平面，则，在正方形中，，与过有且仅有一条直线与垂直矛盾，故A错误；对于B，取中点，连接，易知，在正方形中，，与全等，，则，即.又平面，平面，，平面，且，平面，故B正确；对于C，若平面，平面，则，由A分析，此处有矛盾，不可能成立，故C错误；对于D，若平面，平面，则，取中点，连接，易知，，这显然不成立，故D错误.故选：B.7．C【分析】根据椭圆的定义证明当直线过点时，的周长最大，联立方程组求直线与椭圆的交点横坐标，根据弦长公式求结论.【详解】椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，由椭圆的定义可得，，所以的周长为，又，所以，当且仅当在线段上时取等号，所以当直线过点时，的周长最大，又直线的斜率为，所以直线的方程为，联立，消可得，所以或，所以，所以当的周长最大时，，故选：C.

8．D【分析】利用对数的运算性质对目标式合理变形，结合基本不等式判断A，利用指数函数的性质判断B，合理构造函数证明，从而得到，最后两边取对数判断C，D即可.【详解】对于A，因为，所以由换底公式得，而，，可得，由基本不等式得，且，得到，故，则，即，故，故A错误；对于B，设，，，由指数函数性质得和在上单调递增，则在上单调递增，由A可知，，所以，即，故B错误；对于C，D，而，设，，，由指数函数性质得，在上单调递减，故在上单调递减，可得，则，可得，即，故C错误，D正确.故选：D9．ABD【分析】由条件结合余弦定理可得，证明，判断A，由条件结合关系可得，判断B，证明，且，结合关系证明，判断C，根据数量积运算性质求，判断D.【详解】因为，，由余弦定理可得，所以，所以为直角三角形，为直角，故，A正确，因为，所以，所以，故，所以，故，所以，B正确，若，则，故，矛盾，若，则，故，矛盾，所以，且，因为，所以，又，所以，故，所以，所以，所以，故所以C错误，因为，所以，又，，所以，故D正确，故选：ABD.10．ABC【分析】利用奇函数的性质求出时函数的表达式，再通过求导判断函数单调性，进而求解不等式和判断复合函数的单调性.【详解】已知是定义在上的奇函数，当时，；设，则，可得，所以，故选项A正确；当时，；令，即，解得或（舍去）；当时，，所以在上单调递减；当时，，令，即，解得或（舍去）；当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减；又因为是定义在上的奇函数，，所以在区间上单调递减，故选项B正确.当时，令，即。将变形为，因为恒成立，所以等价于，解得，当时，由选项B可知在区间上单调递减，在区间上单调递增，，所以在时无解；因此，当且仅当时，，故选项C正确.令，由选项B可知在区间上单调递减，，，即.又因为在上也单调递减，根据复合函数＂同增异减＂的原则，可知在区间上单调递增，故选项D错误.故选:ABC.11．ABD【分析】先计算和的外接圆半径，分析出外接圆圆心的位置，分别设为M和，再联合分析所在平面以及侧面，通过勾股定理联立等式解出高h和角度θ的关系，然后建立二维直角坐标系，求出球心O的坐标，最后逐项分析各个选项即可．【详解】对于A，由题意可知，和都在一个圆上，由于和都为等边三角形，在和中分别作三角形中线AD和，连接，则和所在圆的圆心分别在AD和上，设为M和，根据正弦定理，圆M的半径，圆的半径为，根据正三角形的性质，，，又因为，所以，所以平面，所以即为侧面与底面所成二面角，由题意可知，现将平面单独取出来，如图所示，过D作DE垂直于E，则在梯形中易知，，设，则，，过A作AF垂直于F，则，所以，现将等腰梯形取出来，如图所示，过B作BP垂直于P，则在等腰梯形中，，而，所以，因为在正三棱柱中，，所以，也即，解得，当，则，故A正确；对于B，由于正三棱台上下底面平行，所以根据球的对称性可知，外接球的球心O必在直线上，又因为A、A1在球面上，所以球心O还在的垂直平分线上，以为原点建立直角坐标系，由于，，所以，，中点坐标为，的斜率为，所以垂直平分线的直线方程为，垂直平分线于y轴的交点即为球心O，，则球的半径，当时，，球的表面积为，故B正确；对于C，点O到平面ABC的距离为，由前述可知，令，所以，当，也即时，记此时，则时，，时，，所以随增大时点O到平面ABC的距离先减小后增大，故C错误；对于D，点O到平面的距离为，可令，，当，也即时，则时，，时，，随增大时点O到平面的距离先减小后增大，故D正确．故选：ABD．12．【分析】根据等差数列的基本量求出首项和公差，再根据等差数列前项和公式即可得解.【详解】设等差数列的公差为，则，解得，所以所以.故答案为：.13．或.【分析】将圆的方程化为标准方程，然后分类讨论直线斜率存在和斜率不存在两种情况，由圆心到直线距离等于圆的半径即可求解.【详解】圆的标准方程为，圆心坐标为，半径，过点，斜率不存在的直线方程为，圆心到直线的距离为2，该直线为圆的切线；过点的直线斜率存在时，设直线方程为，即，当直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，即，解得，此时切线方程为.故答案为：或.14．【分析】根据题意分析出每次随机取到标有数字2的球的概率为，取到标有数字0和5的球的概率分别为，且可能取值为2,3,4.分别列举出时的情况，逐个计算其概率，再根据期望值计算公式计算即可.【详解】由题意，每次随机取到标有数字2的球的概率为，取到标有数字0和5的球的概率分别为，且可能取值为2,3,4.有三种情况，即4次取到的球标有数字依次为，，，所以；有三种情况：①有3次取到标有数字2的球，有1次取到标有数字0或5的球；②有3次取到标有数字0的球，有1次取到标有数字2或5的球；③有3次取到标有数字5的球，有1次取到标有数字0或2的球.所以;有六种情况：①有2次取到标有数字2的球，有1次取到标有数字0的球，有1次取到标有数字5的球；②有2次取到标有数字0的球，有1次取到标有数字2的球，有1次取到标有数字5的球；③有2次取到标有数字5的球，有1次取到标有数字0的球，有1次取到标有数字2的球；④有2次取到标有数字2的球，有2次取到标有数字0的球；⑤有2次取到标有数字2的球，有2次取到标有数字5的球；⑥有2次取到标有数字0的球，有2次取到标有数字5的球.所以.综上，的数学期望.故答案为：.15．(1)(2)最小正周期；最小值，最大值；单调增区间，，单调减区间，.【分析】（1）根据正弦函数图象的性质，先计算的最小正周期，再用整体代入法求解；（2）用积化和差公式先将的解析式进行化简，再根据余弦函数图象的性质求解.【详解】（1）因为直线和点是图象的一组相邻的对称轴和对称中心，所以函数的最小正周期，故.又因，故因为点是函数的对称中心，所以，故，其中.又因，故，即.故（2）由积化和差公式得，.化简得，.所以函数的最小正周期为.函数的最大值为，最小值为.当，，即时，单调递增，则单调递减；当，，即时，单调递减，则单调递增.综上，最小正周期；最小值，最大值；单调增区间，，单调减区间，.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据圆锥性质特征可证明四边形为平行四边形，再由线面平行判定定理即可证明得出结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法即可得出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）因为，，是的直径，所以，且，因此可知四边形为平行四边形，可知，又因为平面，平面，所以平面；（2）取的中点为，连接，，因为，，因此为正三角形；所以，即，由圆锥性质易知平面，平面，所以，因此三条直线两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

取，可知，，所以则，设平面的一个法向量为，则，令，可得，即，又，设直线与平面所成的角为，所以，因此直线与平面所成角的正弦值为.17．(1)在单调递减；(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用导函数符号判断单调性；（2）构造函数，证明，再证明；（3）令，结合（1）中结论，讨论满足不等式的的取值范围.【详解】（1）由题，，令，则对，，所以在单调递减，即在单调递减.（2）令，则对，，所以在单调递减，所以，即，因为，所以，即得证.（3）令，则，若，则.因为，由（1）在单调递减，可知在单调递减，所以，若，因为，时，，所以，.所以当时，，单调递增，所以，矛盾；若，则由在单调递减，可得，所以在单调递减