安徽省皖江名校联盟2025-2026学年高三年级12月质量检测数学（含答案）

"皖江名校联盟"2025-2026学年高三质量检测

数学试题

(试卷满分:150分考试时间:120分钟)

考生注意:

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。

2.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、座号填写在答题卡指定位置,认真核对条形码上的姓

名、考生号和座号,确认无误后将条形码粘贴在答题卡相应位置。

3.考生作答时,请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目

的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作

答超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效。

一、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,只有一项是符合题目要

求的。

1.lg2+lg5=

A1B.-1c.lg7lg

2

2.已知集合U=-3,-2,-1,0,1,2,3},A={XeZX-x-6<0},则UA=

A.{-3,2,3}B.{-3,-2,3}

C.{-1,0,1,2}D.{-2,-1,0,1,2,3}

3.若复数Z满足Z-Z2i,ZZ=5,其中i是虚数单位,Z是Z的共轭复数,则Z+Z

A.±2+iB.±2C.4+iD.±4

4.已知圆锥的底面直径和母线均为2,则该圆锥的侧面积为

ABr3C·2xn.

5.已知函数f(x)的定义域为D,则"f(xr)的最大值为M"的充分不必要条件为

A.对于任意xeD,f(x)≤MB.存在xoED,使得f(r0)=M

C.函数f(x)的值域为(-0,MD.YXeD,f(x)≤M,且3x,eD,f(xrn)=M

兀兀

6.下列函数中不是周期函数且在上单调递增的是

,64

A.f(x)=sinl2xlB.f(x)=sin3xlC.f(x)=cosl2xlD.f(x)=cos/3xl

D-026】数学试题第1页(共4页)

已知函数f在I-5·5l内的最大值和最小值分别为M·m.则

M+M=2B·M-m=2c.M-m--ln

已知数列{n}中·in30:n的最大值为

A.7B.9C.11D.13

二、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。

A.a+b的最小值为4B.ab的最大值为2

的最小值为

c.2+b2sn.2

10.正方体ABCD-A'B'CD'中,以下几何量与线段AA'的长度相等的是

A.平行直线AB与CD'间的距离B.直线BD与平面A'B'C'D'之间的距离

C.该正方体内切球的直径D.三棱锥A'-BCD(BCD为底面)的高

11.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,C,若a2-b2=bc,则下列结论正确的是

A.A=2B

B.C=b+2bcosA

c.若=3·b

若△ABC为锐角三角形则的取值范围是223

D··Ca2·3

三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。

兀

12.函数f(+

)=sin(23+2cos(2r-T6)的最大值为·

13.向量a=(1,3)在b=(2,1)上的投影向量是(用坐标表示).

14.在四面体ABCD中,AB=CD=AC=BD=1,AD=BC,则该四面体体积的最大值是·

四、解答题:共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

15.(13分)

已知函数f(x)=M(M>0),在点p(xwf(rn))(x>0)处的切线分别与x,y轴交于点A,B.

(1)若M=xO=1,求直线AB的方程;

(2)求证:P是AB的中点;

(3OAB的面积是否为定值,若是,求出该定值,若不是,请说明理由·

D-026】数学试题第2页(共4页)

16.(1s分)

如图,已知函数f(xr)=Asin(ax+p)(A>0,c>0,0<p<)的图象与y轴交于点D,与x轴交于

点B和点C.E.

(1)求。的值,曲线y=f(xr)的对称轴方程以及函数f(xr)的单调递减区间;

·求此时A的值和△BCD的面积.

17.(1s分)

如图,平面五边形ABCDE中,△CDE是等边三角形,四边形ABCE为正方形,F为CE中点,现将

△ABE沿BE折起到△ABE位置,使得平面ABE平面BCDE,连接AF,DF.

A1

AE

C

BCD

(1)求证:平面CDEL平面ADF;

(2)求平面ADF与平面A,BC所成锐二面角的正弦值·

[D-026】数学试题第3页(共4页)

18.(17分)

已知数列{n}的前项和为snne

(1)求(,2,3);

(2)若n>0,求sn;

(3)是否存在数列{n},使得2026=-2025,若存在,写出一个{a,},若不存在,请说明理由·

19.(17分)

(2)记F(x)=x2f"(x),求函数F(x)在区间(0,4n)上的零点个数;

(3)函数f(x)在区间(0,+0)上的所有极值点从小到大依次为,2,3,…,证明:f(x1)+f(2)+

f(x3)<0·

D-026】数学试题第4页(共4页)

数学参考答案及赋分标准

一、选择题:：

题号12345678

答案ABDCCADB

1.【答案】A【解析】lg2+lg5=lg10=1，选项A正确.

2.【答案】B【解析】A={x∈Z|x2—x—6<0}={x∈Z|(x—3)(x+2)<0}={—1,0,1,2}，

故CUA={—3,—2,3}，选项B正确.

3.【答案】D【解析】设z=x+yi，则z=x—yi，从而2yi=2i,x2+y2=5，即x2=4,y=1，

从而z+z=2x=±4，选项D正确.

4.【答案】C【解析】所求圆锥侧面积S，C正确.

5.【答案】C【解析】A是必要条件，举例如下：若函数f(x)=sinx，显然有对于任意x∈D，

f(x)≤2，但f(x)的最大值不是2；B显然错误；C正确，D是充要条件.

6．【答案】A【解析】C,D是周期函数，A,B不是周期函数，当x时，|2x|=2x

选项A正确.

7.【答案】D【解析】因为f所以f(—x)=—f(x)，

因此M+m=0，即.

8.【答案】B【解析】因为，即，故，

an2a—n

所以n+n—1<1000，解得n≤9，选B.

二、选择题：

题号91011

答案ACBCDABD

9.【答案】AC【解析】因为a+b=等号成立当且仅当a=b=2，

所以a+b的最小值为4，选项A正确；令a=b=2，满足，但此时ab=4，

所以ab的最大值不是2，选项B错误；

因为a2+b2=等号成立当且仅当a=b=2，

（或→a2+b2≥8）即a2+b2的最小值为8，故选项C正确；

因为所以，等号成立当且仅当a=b=2，即的最小值为，

因而选项D错误.

10.【答案】BCD【解析略】画图即知.

11.【答案】ABD【解析】由a2—b2=bc以及正弦定理知sin2A—sin2B=sinBsinC，

易证sin2A—sin2B=sin(A+B)sin(A—B)（正弦平方差公式），

又sin(A+B)=sinC≠0，故sin(A—B)=sinB>0，可得A=2B，选项A正确；

由余弦定理知a2=b2+c2—2bccosA，代入a2—b2=bc得c2—2bccosA=bc，

即c=b+2bcosA，选项B正确；

π

若a=3,b=1，由a2—b2=bc得c=2,C=,从而上

2

由S△ABC=S△ADC+S△ADB，得absin90o=b.CD.sin45o+a.CD.sin45o,

sin上ACBsin上ACDsin上BCD

（该面积法可证张角定理：=+）

CDBCAC

、26

从而·3=CD+CD，即、6=CD+、3CD，

22

解得6=CD+、3C选项C错误；

C

（另解：如图，已知A=60o,B=30o,·

xE

因为、3(、3—1)●

、·、x=，2x

x+3x=3，解得3x

2x

所以2故.C错误）ADB

CD=·、x

由上A=2B→sinA=sin2B=2sinBcosB→cosB

因为a2—b2=bc，两边同除以ab，所以cosB

因为△ABC为锐角三角形，故所以cosB

c12

由函数单调性知=2cosB—∈(,)，选项D正确.

a2cosB23

【备注】倍角三角形（存在正整数k，使得三角形一内角是另一个内角的k倍）有着非常多的性质，本

题刻画的是k=2时倍角三角形的性质：

A=2Ba=2bcosBa2—b2=bcc=b+2bcosA

可以证明，点C的轨迹是双曲线的一支.

【参考试题】：（2021年八省联考节选）双曲线C1(a>0,b>0)左顶点为A，右焦点为F，

离心率为2，动点B在C上且在第一象限，证明：上BFA=2上BAF.

三、填空题：

12.【答案】3

【解析】f(x)=sin(2x+)+2cos(2x—)

=sin2x.cos+cos2x.sin+2cos2x.cos+2sin2x.sin

故最大值为3.

注：f(x)=sin(2x+)+2cos(2x—)=sin(2x+)+2cos(2x+—)=3sin(2x+).

13.【答案】(2,1)

【解析】所求投影向量为b=b=(2,1)

14.【答案】

【解析】将四面体如图放置在长方体中，设AD=BC=x,OA=a,OB=b,OD=c，

显然0<x<2

D

1C

又从而xcx

11

aO1b

,-B

A

可得0<t=x2<2，

而

V四面体ABCDabc

记g(t)=t2(2—t)，则g'(t)=2t(2—t)—t2=—3t2+4t

所以当t=，即x时，g(t)取最大值g

故V四面体ABCD的最大值为

四、解答题

15.（1）若m=x0=1，则f=1，f'

所以切线AB的方程为y—1=—(x—1)，即y=—x+2，………3分

（2）依题意，ff'

所以切线AB的方程为y即y=—x+，…………6分

令x=0，得y即点B的坐标为，

令，得，即点的坐标为，………………9分

y=0x=2x0A(2x0,0)

因为

所以AB中点坐标为(x0,)，即P是AB的中点.……………11分

（3）有（2）知△OAB的面积SOA||OBm,

故△OAB的面积为定值，且该定值为2m.……13分

注：本题通过导数研究反比例函数的性质，刻画了一般双曲线的性质：

过双曲线—=1上任意一点P(x0,y0)作该双曲线的切线，与双曲线的渐近线分别交于点A,B，则：

（1）P是AB的中点；

（2）△OAB的面积为定值ab.

16.（1）依题意，C为DE的中点，因此点C的坐标为(,0)，

所以|BC|=—(—)=，即从而①=2；…………3分

且BC的中点F的横坐标为

故曲线y=f(x)的对称轴方程为x…………6分

又（此为点F关于C对称的点的横坐标），

所以函数f(x)的单调递减区间为其中k∈Z.……………9分

（2）①由题意，f故2×(—)+φ=kπ(k∈Z),

π

因为0<φ<π,解得φ=.……………………12分

3

又f所以Asin，解得A=1，

11ππ

显然，△BCD的面积=|BC|.|OD|=××=.…15分

22228

17.（1）记BE中点为O，依题意，

（方法一）如解答图1，因为四边形ABCE为正方形，

所以OA1=OA=OB=OC=OE，OA1丄BE，而平面A1BE丄平面BCDE，

故OA1丄平面BCDE，……………3分

因而OA1丄OC，从而A1C=A1E，故CE丄A1F，

又△CDE是等边三角形，所以DF丄CE，即CE丄平面A1DF，

从而平面CDE丄平面A1DF.……………………6分

z·

A1A1

A1

OO

●

●O●

B

EBEBEy

F

·-----"FF

CCC

DDxD

解答图1解答图2解答图3

（方法二）因为△CDE是等边三角形，F为CE中点，所以DF丄CE,

又四边形ABCE为正方形，所以BC丄CE，因而DF∥BC，

又O为中点，所以OF∥BC，

即O，F，D三点共线，平面A1DF即平面A1OD，（如解答图2）………………3分

而平面A1BE丄平面BCDE，且OA1丄BE，

故OA1丄平面BCDE，从而OA1丄CE，

由CE丄BC，知CE丄OD，从而CE丄平面A1OD，即CE丄平面A1DF，

所以平面CDE丄平面A1DF.……………………6分

（2）（方法一）由（1）知，OA1,OB,OC两两垂直，如解答图3建立空间直角坐标系.

不妨设OA1=OB=OC=1，则A1(0,0,1),B(0,—1,0),C(1,0,0),E(0,1,0)，

设平面A1BC的法向量为n1=(x,y,z)，则

即取x=1，得n1=(1,—1,1)，……10分

由（1）知，即CE丄平面A1DF，

即平面A1DF的法向量为n

所以cos<n1,n

即平面A1DF与平面A1BC所成锐二面角为θ,则sin.………………15分

（方法二）用平面A1OF替代平面A1DF计算，数据简单（过程略）.

（方法三）设平面A1DF与平面A1BC所成锐二面角的平面角为θ,

由（1）证法二知，θ为平面A1OF与平面A1BC所成锐二面角的平面角，OF∥BC，

取BC中点H，l

A1

易证A1H丄BC,A1O丄BC,…8分

记平面A1DF平面A1BC=l，（如解答图4）

可证l∥OF∥BC，…………10分

从而丄丄O

A1Hl,A1Ol,BE

即,………………12分●

上HA1O=θF

不妨设OH=1，则OHAHC___/

1,D

解答图4

因此sin上H

记平面A1DF与平面A1BC所成锐二面角为θ,则sin.…15分

323332

18.（1）依题意，an≠0，ai=Sn即a1+a2++an=(a1+a2++an)，

32

当n=1时，a1=a1，可得a1=1，

33232

当n=2时，a1+a2=(a1+a2)，即1+a2=(1+a2)，

32

从而a2=a2+2a2，解得a2=—1或a2=2，…………………3分

3332

当n=3时，a1+a2+a3=(a1+a2+a3)，

32

若a2=—1，则a3=a3，解得a3=1，…………5分

32

若a2=2，则9+a3=(3+a3)，

32

从而a3=a3+6a2，解得a3=一2或a3=3，

综上，或或7分

(a1,a2,a3)=(1,一1,1)(1,2,一2)(1,2,3).............................................

323332

（2）因为ai=Sn，即a1+a2++an=Sn，

所以3332

a1+a2++an一1=Sn一1(n≥2)

322

两式相减得，an=Sn一Sn一1=(Sn一Sn一1)(Sn+Sn一1)

2

所以an=Sn+Sn一1，.....................................................................................................................................10分

2

从而an一1=Sn一1+Sn一2(n≥3)

22

相减得an一an一1=an+an一1，即an一an一1=1(n≥3)，

又a1=1，由（1）知a2=2，即a2一a1=1，

从而{an}是公差为1首项为1的等差数列，所以an=n

从而……………13分

Sn.

22

（3）由（2）an一an一1=an+an一1，所以(an+an一1)(an一an一1一1)=0，

故an=一an一1，或an一an一1=1，……………15分

所以存在数列{an