安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试题+答案

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合A=x∈N−2<A．5 B．6 C．7 D．82．已知复数z满足(1−i)z=2+3A．52i B．52 C．−3．若函数f(x)=2sinωA．2 B．3 C．1 D．04．已知向量a=(3,2),b=A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件5．已知公差为d的等差数列an的前n项和为Sn,a4=10A．−5,−103 B．−56．如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系xOy．设时针长为1，若某时刻时针指向9点到12点之间，且针尖所在点的纵坐标为23，则在经过4A．23 B．5+236 7．已知定义域为R的函数f(x)满足f(x)+A．2−12log32 B．18．不全为0的实数对a,b满足关系式a+b+A．1 B．2 C．3 D．4二、多选题9．已知两组样本数据x1,x2,x3,xA．极差不相等 B．中位数一定相等 C．平均数一定相等 D．标准差可能相等10．已知正四棱台ABCD−A1B1CA．该四棱台的体积为14 B．侧棱AA1C．若E为CC1的中点，则AC1/11．已知椭圆曲线Q:y2A．曲线Q与x轴的交点的横坐标之和等于0B．曲线Q关于直线y=C．若直线y=m与曲线QD．直线2y−1三、填空题12．已知双曲线E:x2a2−y13．若直线y=−3x+m与曲线14．装修师傅要用红、黄、绿三种颜色的地砖铺设一条长10格的走廊，地砖宽度与走廊宽度相同，每块红色地砖长1格，每块黄色地砖长2格，每块绿色地砖长3格，地砖只能整块铺设，且3种颜色都要使用，相同颜色的地砖不作区分．已知装修师傅共使用了6块地砖，恰好铺满这条走廊，若要求相邻2块地砖的颜色不同，则共有____种不同的铺设方法．四、解答题15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c(1)证明：sin2(2)求cosC16．如图，四边形ABCD为直角梯形，且∠BAD=(1)若E为PB上靠近点P的三等分点，证明：PD/(2)若PA=2，点F满足PF→17．已知甲手里有3张卡片分别标有数字1，3，5，同样乙手里也有3张卡片分别标有数字2，4，6，若在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张（不放回），并比较所选卡片上数字的大小，数字大的一方获胜并得1分，数字小的一方得0分，两人共进行三轮比赛．(1)求第一轮甲获胜的概率；(2)在第一轮甲获胜的条件下，第二轮甲获胜的概率；(3)三轮比赛结束，求甲的总得分的期望．18．如图，在平面直角坐标系中，曲线C:y2=4x(0≤x≤4,y≥0)，点F(1(1)求BF(2)若直线PQ与y轴垂直，且FP⋅F(3)若D为曲线C上一点，是否存在点P使得四边形FQDP是以FP,F19．已知函数f(x)=ex−ax(1)求a的值及函数y=(2)证明：当x>0时，(3)证明：当n∈N*答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试题》参考答案题号12345678910答案CDBCABCDBDACD题号11答案ACD1．C【详解】由题意得A={0,1则A∩B的真子集个数为2．D【详解】由复数z满足(1可得z=则z=−13．B【分析】由周期公式确定ω，进而可求解.【详解】因为f(x)所以2πω=所以fπ4．C【分析】利用向量夹角公式及向量夹角的范围，求出a与a+【详解】因为a+则a⋅由a与a+λb的夹角为锐角，可得λ+13则“λ>−13”是“a5．A【分析】根据等差数列前n项和最值的性质，建立不等式解出即可.【详解】因为S6是Sn中的唯一最大项，所以a6即a4+2d>0且即d的取值范围为−56．B【分析】设AB⊥x轴，垂足为B，单位圆交x轴正半轴于点D，根据条件求出A【详解】由题意可知，针尖所在点初始位置在第二象限内，设为A点，且在单位圆上，如图所示，A点的纵坐标为23，设AB⊥x轴，垂足为B，单位圆交设经过4小时后，时针针尖所在点的坐标为C，则∠A在直角三角形ABO中，sin∠AO又因为∠AOC=2π3，所以点C设点Ax,23(x<设∠AOD所以cosθ=cos7．C【详解】因为f(x)所以f−12−是奇函数，所以f(所以f12−①+②，并整理得f18．D【分析】a+b+1=4a−3b+1=a2+b【详解】由a+b+即点A1,1与点B4,分别以A、B为圆心，作半径为1的圆A、圆B，由AB

由图可得，两圆公切线都不过原点，故有4对这样的实数对a,使得点A与点B到直线ax+b故选：D.9．BD【详解】不妨设x1≤x2≤x3对于选项A：两组数据的极差均为x4对于选项B：两组数据的中位数均为x2对于选项C：例如x1=0,x2=平均数为0+2+显然4≠对于选项D：例如x1=x新数据0，0，0，0，0的标准差也为0，两者相等，故D正确．10．ACD【分析】求出正四棱台体积判断A；求出侧棱与底面夹角正切判断B；利用线面平行判定推理判断C；求出外接球半径求解判断D.【详解】设棱台的上下底面中心分别为O,对于A选项，因为正方形ABCD的边长为2，正方形A1B1所以AA1O1由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为V=13对于B选项，侧棱AA1与底面夹角的正切值为对于C选项，当点E为CC1的中点时，易知O为AC的中点，则因为OE⊂平面BDE,AC对于D选项，易知该正四棱台外接球球心F在直线OO1上，设球F的半径为R，则O1F=3−解得a=2，故因此，该四棱台的外接球表面积为4π11．ACD【分析】对于A，令y=0,则x3−3x=0，解方程即可判断；对于B，设点x,y在曲线上若曲线Q关于直线y=1对称，则对称点(x,2−y)应满足：【详解】对于A，令y=0,则x3−3x=0，解得：x=0或对于B，设点x,y在曲线上，则若曲线Q关于直线y=1对称，则对称点(2−y)2对于C，令fx=令f′(x)>0,解得：x<所以f(x)的单调增区间为当x=−1时，f(−所以f(x)直线y=m与曲线Q交点个数等价于方程m2−m要使直线y=m与曲线恰有3个交点，需m2−解不等式：m2m2所以直线y=m与曲线Q恰有3个交点，则对于D，直线2y122设方程的三个根为x1,x所以直线2y−1故选：ACD12．3【详解】∵E：x∴b∴e13．5【分析】设直线y=−3x+m与曲线【详解】设直线y=−3x+由y=2x所以−2x02−1x所以y0=所以将1,2代入直线方程得2=14．10【分析】设出使用红色，黄色，绿色地砖的块数，根据题意列出方程组，从而求得所用每种颜色地砖的块数，再根据红色地砖所在位置分类讨论即可求解.【详解】设使用红色地砖x块，黄色地砖y块，绿色地砖z块，由题意得x+y+z=即使用红色地砖3块，黄色地砖2块，绿色地砖1块．下面分四种情形讨论：①3块红色地砖使用在第1，3，5块地砖的位置时，1块绿色地砖有C3剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法；②3块红色地砖使用在第2，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖有C3剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法；③3块红色地砖使用在第1，3，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第4，5块地砖的位置铺设，有C2④3块红色地砖使用在第1，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第2，3块地砖的位置铺设，有C2综上，共有3+故答案为：10.15．(1)证明见解析(2)3【分析】（1）先利用三角形内角和，将cos(B+C)（2）先用（1）的边的关系，把cosC用a【详解】（1）因为cos(则代入得c-所以c+2b由余弦定理可得cosA所以-c2=因为正弦定理asin则a=2Rsi(所以sin2（2）由（1）知a2=b由余弦定理得cosC由基本不等式a2+3b2得：co又因为当a=3b时，代入a2=则满足三角形三边关系b+由a2=b2+2c因此B+C∈0,又由基本不等式得cosC所以cosC的取值范围为316．(1)证明见解析(2)21【分析】（1）设BD与AC交于点O，由（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，计算平面AB【详解】（1）如图，设BD与AC交于点O，连接因为AB//CD所以ODOB=CDA又因为E为PB上靠近点P的三等分点，所以在△PB而OE⊂平面ACE，PD⊄平面（2）因为CD=AD=又因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，则以A为原点，AD，则A0,0,0，P0,从而BD因为PFPC所以点F的坐标为23,2设平面ABF的一个法向量为则AB→则y=0，令z=所以平面ABF的一个法向量为设直线BD与平面ABF所成角为θ则sinθcosθ17．(1)1(2)1(3)E【分析】（1）先确定甲、乙各自选卡片的所有可能结果数，再找出甲卡片数字大于乙的结果数，最后用古典概型概率公式计算；（2）先明确第一轮甲获胜概率，再确定事件“第一轮甲获胜且第二轮甲获胜”包含两种互斥情况，最后用条件概率公式计算；（3）分析甲每轮得分的可能取值，确定每轮得分的概率，再求解期望即可.【详解】（1）根据题意第一轮两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，所有可能组合有3×(1甲获胜的情况是甲的数字大于乙的数字，有3种，所以甲获胜的概率为39（2）设“第一轮甲获胜”为事件A，“第二轮甲获胜”为事件B，由上可知第一轮甲获胜的概率为P(A)=1故PA根据条件概率公式P(（3）甲、乙双方的出牌顺序分别有3!种，所有可能的出牌顺序组合共有3!×3!=36种，这些组合等可能.因对称性，可固定甲的出牌顺序为1第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表，甲得分135024612641426146226241642甲、乙两人出牌共有36种，则P(则E(18．(1)|(2)P(3)存在，点P【分析】（1）根据抛物线的定义，抛物线上一点到焦点的距离等于到准线的距离，再结合点B的横坐标求解即可；（2）先设出点P的坐标，根据曲线方程表示出P的纵坐标，再得到点Q的坐标；然后写出向量FP和FQ的坐标，利用向量数量积公式列出方程，进而求解点（3）假设存在满足条件的点P，因为四边形FQDP是以FP,FQ为邻边的矩形，所以根据矩形的性质，可得FP⊥FQ；设出点P【详解】（1）依题意可得：曲线C所在的抛物线的焦点为F(1,且xB=4（2）设Px1,y1∴F由FP⋅F再结合y12=所以P(（3）假设存在点P使得四边形FQDP是以FP，FQ为邻边的矩形，设Px0,y0当x0=1时，显然四边形FQDP不可能是以FP故x0≠1在矩形FQDP中，FP⊥F所以直线FQ的解析式为y=令x=4，可得yQ由对角线互相平分可得，此时x即点D的坐标为x0当点D在曲线C上时，代入曲线C的解析式得y0即y0联立①②两式消去y02得解得x0=1所以x0=119．(1)a=(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程