安徽省池州市多校2025~2026学年高三上学期第三次教学质量检测数学试题

学年度第一学期第三次教学质量检测高三数学考试时间：分钟满分：分注意事项：．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.．试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷（选择题共分）85分在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1.已知向量，，则“”是“”的（）A.不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用向量垂直的坐标表示，充分条件、必要条件的定义判断得解.【详解】向量，，，所以“”是“”的充要条件．故选：C2.已知集合，则与集合M相等的集合为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】第1页/共20页【分析】根据集合类型判断AB；分奇偶讨论可判断C；根据范围和元素特征可判断D.【详解】选项A，B是点集，不符合题意；对于C：当为奇数时，当为偶数时，所以C等价于，不符合题意；对于D：因为，由知可取，所以D等价于，符合题意.故选：D.3.已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点，作为，则（）A.6B.8C.D.【答案】D【解析】【分析】利用抛物线的定义，结合两点间距离公式进行求解即可.【详解】由抛物线，设，则，该抛物线的准线方程为，由，所以，故选：D4.设a，b是空间两条不同直线，则“a与b无公共点”是“a与b是异面直线”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】第2页/共20页【分析】根据异面直线的定义判断即可.【详解】当a与b无公共点时，a与b可能平行或异面，反之，当a与b是异面直线时，a与b无公共点.故选：B.5.把函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象．则函数的一个解析式为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数图象的平移变换规律可得，结合换元法，令，可得，即可得的表达式，即得答案.【详解】把函数的图象向左平移个单位长度，可得的图象，再将所得图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍，纵坐标不变，可得的图象，结合题意可得，令，得，可得，所以，B项符合题意，其余选项均不符合题意.故选：B6.下列不等式中，正确的是（）A.B.第3页/共20页C.D.【答案】C【解析】【分析】对于ABD，由诱导公式及三角函数单调性可比较大小；对于C，由同角三角函数关系可比较大小.【详解】对于A，因，又在上递增，则，可得A选项错误；对于B，因，又在上递增，则，可得B选项错误；因.则，可得C选项正确；因，又在上递减，则，可得D选项错误.故选：C.7.已知奇函数的定义域为且在上单调递减，的的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合奇函数的定义分析的符号，分、和三种情况，结合符号解不等式即可.【详解】因为函数在上单调递减，，所以当时，；当时，；又因为函数为定义在上的奇函数，所以函数在上单调递减，且，，第4页/共20页对于不等式，当，即时，则，符合题意；当，即时，则，且，可得，解得；当，即时，则，且，可得，解得；综上所述：满足的的取值范围是.故选：A.8.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由，利用两角差的正切公式先求，利用二倍角的正弦公式有，代入即可求解.【详解】由题意有，所以，故选：D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共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.已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（）第5页/共20页C.D.若，则的最小值为【答案】CD【解析】【分析】对于A设，即可判断，对于B设，若有，如即可判断，对于C设，计算和即可判断，对于D设，则即可计算出的最小值.【详解】对于A：设，，，故A错误；对于B：设，若有，如满足题意，但，故B错误；对于C：设，，，所以，故C正确；对于D：若，设，则，所以，当时，取最小值，故D正确.故选：CD.10.已知双曲线的左，右焦点分别是，其中的一条渐近线方程为，过的直线交于两点，则（）A.的离心率为第6页/共20页C.若的斜率为1，则的面积为D.若为的右支上两点，则直线的斜率【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由焦距、渐近线方程即可求解，对于B，通过两点在一支上或两支上即可判断，对于C，联立直线、双曲线方程，结合韦达定理及面积公式即可判断，对于D，借助渐近线斜率即可判断.【详解】因为的一条渐近线方程为，所以，由题知，，故A正确；当为的右支上两点时，由双曲线的定义得的周长为，当分别为的左，右两支上两点时，的周长为，故B错误；由题意的方程为，与联立得，所以，所以，故C正确；因为为的右支上两点，所以或，故D正确．故选：ACD．已知的内角所对的边分别为abca的面积）A.的最大值为B.的最小值为C.周长的最小值为第7页/共20页【答案】ACD【解析】【分析】根据已知条件得到，，设边上的高为，利用利用余弦定理、同角三角函数关系式和基本不等式计算判断各个选项；【详解】，，∴，设边上的高为，对于A，根据余弦定理，，，，，当时，即时，等号成立，所以两边平方可得,所以的最大值为，故A正确.对于B，,当时，等号成立，由A可知，所以，则的最小值为，故B错误；第8页/共20页，所以周长的最小值为，故C正确；对于D，两边同时除以，，计算可得的取值范围是，故D正确；故选：ACD.【点睛】解三角形中求最值方法1.或基本不等式进行求解；2.周长范围或最值方法：周长问题可看作边长问题，解决周长问题可类同求边的范围或最值；3.角的相关性质进行求解；4.面积不等式求解第Ⅱ卷（非选择题共分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分.12.若直线与曲线和圆，都相切，则a的值为______．【答案】【解析】【分析】设切点的坐标为，利用导数的几何意义列出方程组求得的值，得到切线方程，再利用直线与圆相切，列出方程，求得的值.第9页/共20页【详解】设直线与曲线相切的切点坐标为，由曲线，可得，则，解得，所以切线方程为，因为直线与圆相切，所以，解得或故答案为：．13.已知，若，则的最大值为______．【答案】##【解析】【分析】由可求得，代入中变形后利用基本不等式可求得结果.【详解】因为，所以，所以，，解得或，因为，所以，所以，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为.故答案为：14.已知正四棱锥的体积为这5个顶点均在球体积的最第10页/共20页小值为__________.【答案】【解析】【分析】设正四棱锥的底面边长为的距离为的半径，应用三元基本不等式求最小值，即可得.【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，则，可得，令球心到底面的距离为，则外接球的半径，又，即，整理得，当且仅当时取等号，则球体体积最小值为.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知底面边长和斜高长均为2的正四棱锥被平行于底面的平面所截得的正棱台为，且满足.（1）求证：平面（2）求棱台的体积和表面积.【答案】（1）证明见解析（2），【解析】1性质可得，判定定理即可得证；（2）由题意得是正四棱锥，根据正棱锥的结构特求出棱长和高，再根据棱锥和棱柱的表面积公式体积公式即可得解.第11页/共20页【小问1详解】因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理，又，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】由题意得是正四棱锥，故在平面上的投影为正方形的中心，，在中，，所以，，因为平面平面，，所以，所以，由已知的四个侧面为全等的等腰梯形，作BC的中点E，连结PE，为等边三角形，故，，所以.第12页/共20页【点睛】16.在中，角所对的边分别为，已知．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.【小问1详解】设，，则根据余弦定理得，即，解得则.【小问2详解】法一：因为三角形内角，所以，第13页/共20页法二：由余弦定理得，因为，则【小问3详解】法一：因为，且，所以，由（2）法一知，因为，则，所以，则，.法二：，则，因为为三角形内角，所以，所以17.已知各项均为正数的数列的前n项和为，，且．（1）求的通项公式；第14页/共20页【答案】（1）（2）【解析】1）先利用递推式求得，然后利用与的关系，结合等差数列通项公式求解即可；（2）先利用裂项相消法求得，解不等式可得取值范围．【小问1详解】由，且，可得，即，当时，由，可得，两式相减可得，因为，可得，即该数列的奇数项构成以为首项公差为2的等差数列，偶数项构成以为首项公差为2的等差数列，即有，可得；【小问2详解】，可得数列的前项和．则，即，当时，成立；当时，成立；当时，成立，当时，，综上所述，使得成立的正整数的取值范围是.第15页/共20页18.已知椭圆C：（）的离心率为，过右焦点的直线l与椭圆C交于M，N两点，且当轴时，．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l的斜率存在且不为0，点M，N在x轴上的射影分别为P，Q，且，N，P三点共线，设与的面积分别为，，试判断是否为定值，若是，求出该定值，如果不是，请说明理由．【答案】（1）（2）为定值，且定值为1【解析】1）根据离心率以及通径的长度即可联立求解的值，（2）联立直线方程和椭圆方程得韦达定理，进而根据斜率公式可证明三点共线，根据，所以，进而可证明.【小问1详解】设椭圆的半焦距为.依题意，，故①.联立，解得，故②，联立①②，解得，故椭圆的方程为.【小问2详解】易知椭圆的右焦点为.设直线的方程为.第16页/共20页设，则.因为轴，所以.直线的方程为，所以.因为轴，所以.因为，所以，所以三点共线.因为，所以，而，所以与面积相同，即，为定值..【点睛】关键点点睛：联立直线与曲线的方程得到韦达定理是常用和必备的步骤.由韦达定理以及弦长公式，点到直线的距离即可求解面积以及长度以及最值，最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.在处理共线问题是，要第17页/共20页借助于向量以及两点斜率公式.19.已知函数.（1）当时，求证：函数有唯一极值点；（2）当时，求在区间上的零点个数；（3）两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“合一切线”，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】1）利用导数研究函数单调性，确定极值点个数；（2）利用函数单调性，结合零点存在定理，求零点个数；（3与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为求解.【小问1详解】函数，有，则在R上单调递增，当时，有，即.当时，由，得，且.当时，.因为，所以.因为对任意恒成立，所以当时，.则在上单调递减，在上单调递增，所以是的唯一极值点.【小问2详解】第18页/共20页当时，，，当时，，所以在上单调递减，因为，所以由零点存在定理知在上有且仅有一个零点.当时，令，则，当时，有，所以