2025-2026学年安徽省华师联盟高三（上）质检数学试卷（1月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年安徽省华师联盟高三（上）质检数学试卷（1月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合A={y|y=2x}，B={x|log2A.[0,4] B.(0,4] C.[−4,0)∪(0,4] D.[0,1]2.已知z=1+i(i为虚数单位)，则|z2+i|=A.1 B.2 C.3 D.43.直线l⊥平面α，则经过l且和α垂直的平面(

)A.有1个 B.有2个 C.有无数个 D.不存在4.若奇函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，且最小值为3，则它在区间[−2,−1]上是(

)A.增函数且有最大值−3 B.增函数且有最小值−3

C.减函数且有最大值−3 D.减函数且有最小值−35.tan15°+1tan15∘A.−3 B.−1 C.−6.已知等差数列{an}满足an=2n−1，在ak和ak+1之间插入k个1，得到新数列{bA.168 B.188 C.212 D.2227.在平面直角坐标系xOy中，设抛物线C：y2=4x的焦点为F，点A，B在C上，若OA⊥OB，则|AF|⋅|BF|A.4 B.9 C.16 D.258.记△ABC的面积为S，若AB⋅AC=23S，且BC=1A.−1 B.−12 C.−1二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知圆C1：x2+yA.C1的半径为4

B.若C1，C2相切，则m=±4

C.当m=2时，C1，C2相交弦所在直线的方程为2x−3y+5=0

D.当m=2时，10.已知双曲线C：x2−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，其渐近线与圆M：A.r=1 B.直线MF2与C的右支恰有两个交点

C.△F2MN周长的最小值为411.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，F在棱CA.若F为棱CC1的中点，则平面ADF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面为矩形

B.若F为棱CC1的中点，则B，D1到平面ADF三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a,b满足a⋅b=4,b=(2,2)，则a在13.若函数f(x)=|x−1|ln(2b−xx)的图象关于点(a,0)对称，则a+b=14.已知函数f(x)=(1−x)ex，点(a,b)在曲线y=f(x)上，则f(a)−f(b)的最大值为

．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(0<ω<2,0<φ<π)的最小正周期为T，f(T4)=12；f(x)的图象关于点(2π3,0)中心对称．

(1)求f(x)的解析式；

(2)将f(x)的图象向右平移16.(本小题15分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=Sn2+1．

(1)求{a17.(本小题15分)

已知四棱锥S−ABCD的底面是边长为2的正方形，SA=2，SA⊥平面ABCD，Q，P分别为SB，AC的中点．

(1)证明：PQ//平面SAD；

(2)求平面CPQ和平面SAD的夹角的余弦值；

(3)求异面直线AB，SD公垂线段的长度(同时和两条异面直线都垂直并相交的直线叫做异面直线的公垂线，交点之间的距离就是公垂线段的长度)．18.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为12，圆O：x2+y2=r2(r>0)，过F的直线与C交于A，B两点，当直线AB垂直于x轴时，|AB|=3．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)当r=1时，设D在圆O上，且D也在AB上，判断是否存在点D满足|AD|=|DB|，若存在，求直线19.(本小题17分)

已知函数f(x)=ln2x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若存在a∈R，使得关于x的方程f(x)=ax+b有三个不同的实数根，求b的取值范围；

(3)若x=1为函数g(x)=f(x)−m(x−1)2的极小值点，求参考答案1.B

2.C

3.C

4.A

5.A

6.D

7.D

8.B

9.AC

10.AC

11.ACD

12.(1,1)

13.2

14.1

15.解：(1)根据f(x)的周期T=2πω，可得f(T4)=sin(ω⋅π2ω+φ)=12，

即sin(π2+φ)=12，即cosφ=12，结合0<φ<π，可得φ=π3，

因为f(x)的图象关于点(2π3,0)对称，

所以f(2π3)=sin(2πω3+π3)=0，

即2ωπ3+π3=kπ，k∈Z，结合0<ω<2，解得ω=1，可得f(x)=sin(x+π316.解：(1)因为an=Sn2+1，所以当n≥2时，an−1=Sn−12+1，

则an−an−1=Sn−Sn−12=an2，即an=2an−1，

又因为a1=S12+1=a12+1,a1=2，

所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以an=2⋅2n−1=2n；

(2)因为an=2n,bn+117.解：(1)证明：连接BD，因为P为AC的中点，且四边形ABCD为正方形，

所以P为BD的中点，又因为Q为SB的中点，所以PQ//SD，

因为SD⊂平面SAD，PQ⊄平面SAD，

所以PQ//平面SAD；

(2)以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(2,2,0)，P(1,1,0)，Q(1,0,1)，可得PQ=(0,−1,1),CP=(−1,−1,0)，

设平面CPQ的法向量为n=(x,y,z)，

则n⊥PQn⊥CP，则n⋅PQ=−y+z=0n⋅CP=−x−y=0，

取z=1，可得x=−1，y=1，所以n=(−1,1,1)，

又由向量n1=(1,0,0)为平面SAD的一个法向量，

设平面CPQ与平面SAD的夹角为θ，

则cosθ=|cos<n,n1>|=|n⋅n1||n|⋅|n1|=13×1=33，

所以平面CPQ与平面SAD的夹角的余弦值为33．

(3)因为SA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以SA⊥AB，

又因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，

因为SA∩AD=A，SA，AD⊂平面SAD，

所以AB⊥平面18.解：(1)由题可得ca=122b2a=3a2=b2+c2，解得a=2b=3，

所以椭圆C的方程为x24+y23=1；

(2)易知F(1,0)，设D(x0,y0)，显然当直线AB斜率为0时，不符合题意；

当直线AB斜率不存在时，D(1,0)，满足题意，此时直线方程为x=1；

当直线AB斜率存在时，如图，

设A、B两点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则x1+x2=2x0，y1+y2=2y0，

则x124+y123=1x224+y223=1，两式相减变形得x1+x14(y1+y2)+y1−y23(x1−x2)=0，

又x1+x14(y1+y2)=x04y019.解：(1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2lnxx．

∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)在(0,1)上单调递减，

当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1,+∞)上单调递增，

∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增；

(2)依题意，方程ln2x−bx=a有三个不同实数根，

设F(x)=ln2x−bx，则F′(x)=2lnx−ln2x+bx2，

由于2lnx−ln2x=−(lnx−1)2+1≤1，

当b≤−1时，F′(x)≤0，F(x)在(0,+∞)上单调递减，F(x)=a至多有一个实数根，不符合题意；

当b>−1时，令2lnx−ln2x=−b，则−(lnx−1)2+1=−b,lnx=1±1+b，

y=2lnx−ln2x+b恰有两个零点，设为x1，x2(x1<x2)，

令lnx=t，则y=2lnx−ln2x+b即y=2t−t2+b，其两零点为t1=lnx1，t2=lnx2，

当t<t1或t>t2时，y=2t−t2+b<0，即F′(x)<0，

当t1<t<t2时，y=2t−t2+b>0，即F′(x)>0，

∴F(x)在区间(0,x1)上单调递减，在区间(x1,x2)上单调递增，在区间(x2,+∞)上单调递减，

又当x→0时，F(x)→+∞，当x→+∞时，F(x)→0，

∴存在a∈R，使得方程ln2x−bx=a有三个不同实数根，

∴b的取值范围是(−1,+∞)；

(3)g′(x)=2lnxx−2m(x−1)，设h(x)=g′(x)，则h(1)=0，

h′(x)=2(1−lnx)x2−2m,h′(1)=2