安徽省滁州市2025-2026学年高三上学期期末模拟检测B数学试题

安徽省滁州市2025-2026学年第一学期高三期末模拟检测B数学试题一、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P、Q是两个集合，定义集合P-Q={x|x∈P,x∉Q}为P、A.x|0<x<1 B.x|0<x≤1 C.x|1≤2.复数z=4c1-i-4-A.-2 B.-1 C.2 3.把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是θ1℃，空气的温度是θ0℃，那么tmin后物体的温度θ(单位：℃)可由公式θ=θ0+(θ1-θ0)e-kt求得，其中kA.3min B.4min C.5min4.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|≤π2，x=-π4A.5 B.7 C.9 D.115.已知一种长方体礼物盒的长、宽、高之比为4:4:1，现有如图两种方式包装该礼物盒，方式 ①中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的四等分点，方式 ②中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的中点.不计打结处的额外消耗，则使用方式 ①与使用方式 ②所需的包装绳长之比为(

)

A.2+55 B.1+6.19世纪法国著名数学家加斯帕尔⋅蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.椭圆的两条切线互相垂直，则两条切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的蒙日圆方程为x2+yA.1个 B.2个 C.3个 D.无公共点7.设函数f(x)=f(x+1),x<1(1e)A.15 B.5 C.e5 8.如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB//DC，AD=DC=2，AB=4，以四条边为直径向外作四个半圆，点M是这四个半圆弧上的一个动点，则A.8 B.16 C.12+125二、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.已知函数fx的定义域为R，函数fx的导函数f'x的图象如图所示，则下列选项正确的是(

)A.函数fx的单调递减区间是-∞,-2

B.函数fx的单调递增区间是-∞,-2，0,+∞

C.10.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=2an+3cosnπ，a1=3，n∈N*A.数列{an+cosnπ}为等差数列 B.S20269不是整数

C.11.已知P为抛物线C：x2=4y上一点，F为C的焦点，直线l的方程为x+A.若A(2,3)，则|PA|+|PF|的最小值为4

B.点P到直线l的距离的最小值为32

C.若存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆x2+(y-3)2=r2相切，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若实数λ使得命题：“∃c∈R，使得∀a,b∈R，均有λ13.甲、乙两人同时参加公务员考试.甲笔试、面试通过的概率分别为45和34；乙笔试，面试通过的概率分别为23和12.14.已知sinα+π4=35，0<α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)

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinA+B2=csinA．

(1)求C；

(2)求4S△ABCa216.(本小题15分)

在递增数列{an}中，a1=4，an+1(an+1-1)+an(an+1)=2anan+1．

(1)证明：{an}是等差数列．

(2)若bn=1an+1+an，求数列17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AD=1，AB=2，△PAD(1)证明：平面PAD⊥平面(2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值．18.(本小题17分)已知点P3,15在双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>(1)求双曲线C的方程；(2)设过点F的直线与C的右支交于M,N两点，直线MA与直线NB交于点(i)证明：点D在定直线上；

(ii)若直线MB与直线NA交于点H19.(本小题17分)已知函数fx(1)讨论fx(2)若fx有两个零点，求a的取值范围．

答案和解析1.【答案】B

【解析】∵P={x|1-2x<0}

化简得：P={x|0<x<2}

而Q={x2.【答案】C

【解析】首先化简复数z：

分式4c1-i的分母有理化，乘以共轭复数1+i1+i，得：

4c(1+i)(1-i)(1+i)=3.【答案】D

【解析】已知θ1=85℃，θ0=15℃，t=3min时θ=50℃，

代入冷却公式θ=θ0+(θ1-θ0)e-kt得50=15+(85-15)e-3k，

化简得：35=70e-3k4.【答案】C

【解析】∵x=-π4为fx∴2n+14·T=π2，即2n+14·∵f(x)在(π18,当ω=11时，-11π4+φ=kπ此时f(x)在(π18,5π36)∵|φ|≤π2，满足题意，故ω的最大值为9．故选C．5.【答案】A

【解析】不妨设长方体礼物盒的长、宽、高分别为4a，4a，a，

方式 ①中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的四等分点，

所以方式 ①所需的包装绳长为4×a2+(2a)2+4×a2+a2=4(2+56.【答案】D

【解析】设P(x,y)，由|PA||PB|=2得|PA|=2|PB|，

又因为A，B两点坐标分别为A3,0、B4,1，

可得(x-3)2+y2=2(x-4)2+(y-1)2

整理得：x7.【答案】A

【解析】解：∵-1+ln5=ln5-8.【答案】D

【解析】解：要使AM⋅AB最大，AM与AB的夹角θ小于90∘，

当点M在弧DC上时，AM⋅AB=|AM|⋅cosθ⋅|AB|≤2⋅4=8，

当点M在弧AB上时，AM⋅AB=|AM|⋅cosθ⋅|AB|≤|AB|2=16，

当点M在弧BC上时，取线段BC中点为O9.【答案】BD

【解析】由图可知：对于A，当f'(x)<0，x∈-2,0，则函数fx的单调减区间为-2,0，A不正确；

对于B，当f'(x)>0，

x∈-∞,-2∪0,+∞，则函数fx的单调增区间为-∞,-2和0,+∞，B正确；

10.【答案】BC

【解析】解：选项A：因为cosnπ=(-1)n，故an+1+cos(n+1)π=2(an+cosnπ)，

因为a1+cosπ=2，

所以数列{an+cosnπ}是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以an+cos⁡nπ=2n，即an=2n-(-1)n，A错误；

选项B:S2026=21+22+⋯+22026-0

=21-220261-2=2202711.【答案】ACD

【解析】对于A，抛物线C：x2=4y，焦点F(0,1)，准线m：y=-1，A(2,3)，

过点P作准线m：y=-1的垂线，垂足为Q，

再过点A作准线m：y=-1的垂线，垂足为B，

由抛物线定义可知：|AP|+|PF|=|AP|+|PQ|≥|AB|=3-(-1)=4，故A正确；

对于B，抛物线C:x2=4y，即y=14x2，可设P(x0,14x02)，

则点P到直线l的距离d=x0+14x02+52=|14(x0+2)2+4|2≥42=22，

当x0=-2时取等，则点P到直线l的距离的最小值为22，故B错误;

对于C，根据过点P可作两条垂直的直线与圆x2+(y-3)2=r2相切，如图，

设切点为T，可知|MP|=|PT|2+r2，

由于两条切线垂直，可知∠MPT=π4，即|PT|=r，所以有|MP|=2r，

从而把问题转化为抛物线上存在点P12.【答案】(-∞【解析】由题意可知，原命题的否命题：，∃a，b∈R，使得λa2+b2-2ab+2b+c=0”是真命题．

所以对任意实数c，方程b2-2(a-1)b+λa2+c=0都有实数解(a,b)．

故而△b=4(a-1)2-4λa2-4c⩾0对任意固定的实数c都有解．

即关于a的不等式(1-λ)a2-2a+1-c≥0对任意固定的实数c都有解．

对不等式(1-λ)a2-2a+1-c13.【答案】815【解析】由题意，记甲、乙被录取分别为事件A、B，

则有P(A)=45×34=35，P14.【答案】-17【解析】因为0<α<π，所以π4<α+π4<5π4，

因为sin(α+π4)=3515.【答案】C=π3【解析】(1)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，

已知asinA+B2=csinA，

由正弦定理可化简得sinAsinπ-C2=sinCsinA，

因为0<A<π，所以sinA>0，

则cosC2=sinC=2sinC2cosC2，

又0<C<π，

所以0<C2<π2，则cosC2>0，

所以sinC2=12，即C2=π6，

故C=π3；

(2)由面积公式及余弦定理可得4S△ABCa2+b2+c2=4⋅12absinCa2+b2+a2+b2-2abcosC

=3ab2(a2+b2)-ab=32(ab+ba)-1，

又ab+ba≥2ab⋅ba=2，当且仅当a=b时，取等号，

故4S△ABCa2+b2+c2最大值为33．

16.证明：(1)在递增数列{an}中，a1=4，an+1(an+1-1)+an(an+1)=2anan+1，

展开整理可得an+12-2anan+1+an2-an+117.证明(1)：因为底面ABCD为矩形，

所以CD⊥AD，

又因为PA⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，

所以CD⊥平面PAD．

因为CD⊂平面ABCD，

所以平面PAD⊥平面ABCD．

(2)取AD中点为O，连接OP，

因为△PAD为等边三角形，

所以OP⊥AD，

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，OP⊂平面PAD，

所以OP⊥平面ABCD．

如图，分别以OA，OP为x，z轴建立空间直角坐标系，

则B(12,2,0)，C(-12,2,0)，P(0,0,32)，

所以BC=(-1,0,0)，BP=(-12,18.解：(1)设C的右顶点B(a,0)由P(3,15),PB又PB=(a所以a2=4,b2=12,(2)(i)证明：由(1)知由题意可设直线MN的方程为x=my+4,联立方程x=my+4x24则3m

y1+直线MA的方程为(x1+2设点D坐标为(x,=m所以x=1,y=3y1x1+2，即点(ii)因为直线MA与直线NB交于点D(1,

DH=|3(y所以y1m2所以DH=216又点F(4,0)