安徽淮南市2026届高三第二次教学质量检测数学试题（解析版）

第1页/共1页高三第二次教学质量检测数学试题（考试时间：120分钟满分：150分）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.复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先对复数进行化简，将分母实数化，得到复数的代数形式，再根据实部和虚部的正负确定对应点所在象限即可.【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，因为点的横坐标为正、纵坐标为负，因此位于第四象限.2.已知集合，⫋，则符合条件的集合的个数为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】【详解】集合，，所以可能的取值为，，，即集合，是的真子集，因此集合的个数为.3.已知向量，，与的夹角为，则（）A. B. C.1 D.3【答案】D【解析】【详解】因为向量，所以，又，与的夹角为，所以，所以，所以.4.平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案.其画法是：取第一个正方形各边的四等分点，，，作第二个正方形，再取正方形各边的四等分点，，，作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，如图所示.设正方形边长为，后续各正方形边长依次为.若，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意判断为等比数列，求出通项公式，代入求解即可.【详解】由题意可知，，易知，所以.又，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，所以，故.5.已知双曲线的一条渐近线的斜率为1，一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的顶点到渐近线的距离为（）A.1 B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可得，一个焦点在抛物线的准线上，即可求出，进而得，，得到顶点坐标，由点到直线的距离公式即可求解.【详解】由双曲线的一条渐近线的斜率为1，可得.抛物线的准线为，所以.又，，，所以.不妨取顶点，渐近线：，所以双曲线的顶点到渐近线的距离为.6.已知圆台的上、下底面的半径大小分别为2与4，其母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台体积的大小为（）A.80π3 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由圆台的母线与底面所成的角求出圆台的高，再由圆台的体积公式求体积即可.【详解】如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为，过作于，即为母线与下底面所成角，则.因为圆台的上、下底面半径分别为2和4，所以，由，所以，所以，即，由圆台的体积公式为V=π7.设，随机变量的分布列为01则（）A.在上单调递增 B.在上单调递减C.的最小值为 D.的最大值为【答案】C【解析】【分析】根据方差公式，结合二次函数性质判断即可.【详解】..结合二次函数的性质可知，在上单调递减，在上单调递增，故AB错误.最小值为，无最大值，故C正确，D错误.8.在平面上有等腰直角三角形，为直角顶点，，，，，若，到直线的距离分别为和，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐标系，由题意可得直线的直线方程为，利用向量的线性运算可求得，求得的中点的轨迹方程，进而可得，进而求得的最大值.【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系，因为三角形为等腰直角三角形，且，所以，所以直线的直线方程为，因为，所以，所以，又，所以，解得.因为，，所以的轨迹方程为和.记的中点为，则，所以，所以，所以的轨迹方程为.过分别向直线作垂线，垂足分别为，则，又因为，所以为直角梯形，又，为的中点，所以.则的最大值即为的最大值，又到直线的距离为，所以的最大值为，所以的最大值即为.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.9.已知一组大小不等的数据的平均数为，方差为，标准差为，极差为，若，则下列关于数据的结论正确的是（）A.平均数为 B.方差为 C.标准差为 D.极差为【答案】AB【解析】【分析】根据平均数，方差，标准差，极差的定义及性质可得答案.【详解】因为一组大小不等的数据的平均数为，而，所以数据的平均数为，所以A正确；数据的方差为，由方差的性质可得数据的方差为，所以B正确；标准差为方差的算术平方根，取非负数，所以数据的标准差为，所以C错误；极差为最大值减最小值，所以原数据极差，新数据的极差应为，所以D错误.10.在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，，，则（）A. B.C. D.内切圆半径的大小为【答案】ACD【解析】【分析】根据余弦定理及二倍角余弦公式得到，结合正弦定理及二倍角正弦公式判断选项A；根据已知条件得到，结合余弦定理即可求出，即可判断选项C；根据二倍角余弦公式即可判断选项B；根据三角形面积相等即可判断选项D.【详解】由，得，即，由余弦定理得，所以，即.所以或（舍去，角度为正值）.对于A：由正弦定理得，又，所以，则，即，A正确.对于C：因为，，则，所以.由余弦定理得，即，整理得，解得或.若，则为等腰三角形，，又，所以，即，所以，所以与矛盾，故舍去.因此，，故C正确.对于B：，故B错误.对于D：由，，得.则.设内切圆半径为，则，所以，解得，故D正确.11.抛物线有如下光学性质：平行于抛物线的对称轴的光线，经过抛物线反射后通过它的焦点；从抛物线焦点发出的光线经抛物线反射后，沿平行于其对称轴的方向射出：入射光线与反射光线所成夹角的角平分线垂直于反射点处的切线.如图，为坐标原点，一束光线从点出发平行于轴射入抛物线，经过两次反射后经点平行射出，轴，设反射点分别为，，过点，分别作，的角平分线，两线交于点，则（）A.当时， B.直线与的交点在定直线上C.点在线段的垂直平分线上 D.面积的最小值为2【答案】ABC【解析】【详解】由题意可知直线经过焦点，当时，直线的斜率为，则直线为，设不妨设点在第一象限，设，则，联立方程组，消去得，可知，方程的两个解为，可得，则，所以A正确；设直线为，联立方程组，消去得，可知，方程的两个解为，可得，当时，此时重合，不符合题意，舍去；当时，直线为，直线为，联立方程组得，得，可知，所以，所以直线与直线的交点在定直线上，所以B正确；如图所示，过点作的垂线，分别交于点，由分别为，的角平分线，因为，所以，所以，所以点在线段的垂直平分线上，所以C正确；可知为的高，且，可知，即，可知抛物线准线为，所以，所以，当时，面积的最小值为，所以D错误；三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知的展开式中二项式系数之和为128，则其展开式中系数最小项的系数为________.【答案】【解析】【分析】根据二项式系数和得，从而写出二项式展开式通项，结合组合数的性质确定最小项系数即可.【详解】由题设，则二项式为，对应展开式为，，所以系数最小项在为奇数时出现，且为其中最大的情况，由，故时对应系数最小，此时系数最小项的系数为.13.已知函数在区间上单调递减，且函数图象关于中心对称，则________.【答案】【解析】【分析】先利用正弦型函数的单调性，求得，得到，再由的对称性，求得，进而得到的值.【详解】由函数，令解得，所以函数的单调递减区间为因为在区间上单调递减，所以，且，解得，因为，当时，；当时，，无解（舍去），又由函数图象关于中心对称，可得，可得，解得，所以满足且，所以当时，.14.已知定义在上的函数，其导函数为，对，满足，，点，分别为曲线和直线上的动点，则的最小值等于________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件及导数的运算法则得到，对其求导并研究导函数的性质求出对应自变量，从而确定切线，将问题化为求与的距离问题，即可得.【详解】由题设，即，故且为常数，而，则，故，所以，令，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，且时恒成立，，若是的一条切线，且，而，所以切线对应为，即，令，显然，，所以，在R上恒成立，即在R上恒成立，则，所以图象恒在和图象的上方，又与平行，要使最小，等价于求与的最小距离，即为.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.已知递增数列满足，.（1）证明：为等差数列，并求.（2）记，数列的前项和为，求.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）将已知等式整理为关于相邻两项差的方程,再结合数列递增确定公差,从而求出通项公式.（2）由（1）得出通项后,写出所求数列的通项,再将其裂项,利用裂项相消求和.【小问1详解】由题意,有.移项整理,得.所以.因为数列为递增数列,所以.故.所以数列是首项为,公差为的等差数列,从而.【小问2详解】由(1)知,所以.于是.又因为,所以.故.从而..16.已知椭圆：的短轴长为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据离心率及短轴长得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程；（2）设（，），表示出直线、的方程，即可得到、，最后根据计算可得.【小问1详解】因为离心率为，椭圆的短轴长为，所以，解得，所以椭圆的方程为．【小问2详解】由（1）可知点，，设（，），则，即①，则直线的方程为，令，得，所以，直线的方程为，令，得，所以，所以，，所以四边形的面积为：又因为，所以，所以四边形ABCD的面积为定值．17.在学校举行的科学教育知识竞赛中，甲、乙两位同学进入了决赛，决赛以抢答的形式回答问题，一共回答3道题，每道题均从题库中随机抽取，若每道题甲、乙抢到的概率均为，每道题甲回答正确的概率均为，每道题乙回答正确的概率均为.比赛规定每道题由先抢到的同学回答，回答正确，该同学得1分，回答错误，对方得1分，得分高的同学获胜.甲、乙两人回答每道题正确与否均相互独立.（1）若，，设比赛结束甲的得分为，求；（2）为增加比赛的趣味性，拟由3道题增加到5道题，试判断增加两题后，甲获胜的概率是否增大？请说明理由.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）分别求出每一道题甲得一分的概率，再结合二项分布期望值公式计算可得结果；（2）求出3道题和5道题时甲获胜的概率表达式，再利用作差法比较两概率的大小可得出结论.【小问1详解】每一道题甲抢到并回答正确的概率为，每一道题乙抢到并回答错误的概率为p2所以每一题甲得一分的概率均为r=1若，，可得r=12p+1−q又甲、乙两人回答每道题正确与否均相互独立，所以，可得.【小问2详解】设回答3道题时甲获胜的概率为，回答5道题时甲获胜的概率为，则可知P1回答5道题时甲获胜的情况有三种：前3题甲均得分；前3题甲有2题得分，增加的两道题中甲至少有1题得分；前3题甲有1题得分，增加的两道题甲2题都得分；则有P2所以P2易知3r于是当时，，即，甲获胜的概率增大，当时，，即，甲、乙获胜的概率相同，当时，，即，甲获胜的概率减小，综上，增加两题后，甲获胜的概率未必增大，而是答题能力强的同学获胜的概率增大.18.如图，在直四棱柱中，，.（1）证明：平面；（2）动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为.（i）求的取值范围；（ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根据直四棱柱性质利用线面垂直判定定理证明可得平面；（2）（i）建立空间直角坐标系，利用可求出球心以及点的坐标表示，利用可得取值范围；（ii）易知当最大时,求出平面与平面的法向量，求出两法向量夹角余弦值的绝对值即可.【小问1详解】因为在直四棱柱中，平面，又平面，所以，因为，所以，在中，，，满足，所以，又，平面，所以平面；【小问2详解】（i）因为在直四棱柱中，，所以四边形为平行四边形，四边形为正方形，所以平面，因此两两垂直，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：根据题意可得；取的中点，的中点为；因为球经过点，，，且为等腰直角三角形，所以球心在直线上，设，则，又，点在球上，所以，可得，故；因为，所以，；所以，即；因此该球的半径的取值范围为；（ii）当球的半径最大时，，，所以，，即点与点重合；此时，设平面的一个法向量为，则有，令，可得，所以，即平面的一个法向量为，因为平面，可得平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为.19.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若对，恒成立，求的值；（3）证明：.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】【分析】（1）对求导，分，和，讨论与的大小，即可得出答案；（2）由结合（1）可得，再分和结合的单调性可知不成立，可求得.（3）要证明，即证明，结合（2）中对恒成立，分别令代入上式，化简即可证明.【小问1详解】函数的定义域为，，当时，，所