安徽省淮北市2026届高三数学第二次质量检测试题解析版

淮北市2026届高三下学期第二次质量检测

数学试题卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上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.

3.考试结束后，将答题卡交回.

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.已知集合，，，则（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【详解】可知，则.

2.“”是“”的（）

A.充分不必要条件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】A

【解析】

【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式性质判断即得.

【详解】由，得，则，；

反之，，取，则有，即不成立，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

3.已知复数，满足，，则（）

A.1B.C.D.2

【答案】C

第1页/共20页

【解析】

【详解】不妨设，由题意得：，

则

所以.

4.已知是定义在上周期为4的奇函数，当时，，则（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】因为是定义在上周期为4的奇函数，

又当时，，

故.

5.如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，

若，则＝（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】选用为基底向量，即可根据向量的线性运算以及数量积的运算律求解.

【详解】设与方向相同的单位向量分别为，则，故，由于

，故.

6.某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写

第2页/共20页

了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，

事件表示向下的面上有数字3，则（）

A.事件与事件互斥B.事件与事件相互独立

C.事件与事件互斥D.事件与事件相互独立

【答案】B

【解析】

【详解】由题意可得，，，

对于A，表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以，故A错误；

对于B，的情况只有面4，故，

又，满足，故B正确；

对于C，表示同时有数字1、2和3，即面4，所以，故C错误；

对于D，表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面，

故，表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4，

故，所以，

不满足独立事件定义，故D错误．

7.已知函数部分图象如图所示，其中点，，则（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】分别将，，以及点代入，再由辅助角公式，结合图象求解即可.

第3页/共20页

【详解】因为，，所以，解得，，

因为图象经过可得，解得，代入可得

，

即，所以，即

，，

解得，所以，解得，所以，解得，所以

.

8.已知集合，则满足的函数的个数为（）

A.12B.15C.24D.30

【答案】B

【解析】

【详解】集合，函数的定义域是，其函数值均取自集合

；

，且，至少为2；

，且，至多为4；

的可能取值为2，3，4.

①当时,

第4页/共20页

，即，且，只能取1，共1种选择；

，即，且，只能取1，共1种选择；

，即，且，可以取2，3，4，共3种选择；

根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.

②当时,

，即，且，可以取1，2，共2种选择；

对于，需满足；

若，则只能取1，共1种选择；

若，则可以取1，2，共2种选择；

和的组合共有1+2=3种情况；

，即，且，可以取3，4，共2种选择；

根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.

③当时,

，即，且，可以取1，2，3，共3种选择；

对于，需满足；

若，则只能取1，共1种选择；

若，则可以取1，2，共2种选择；

若，则可以取1，2，3，共3种选择；

和的组合共有1+2+3=6种情况；

，即，且，可以取4，共1种选择；

根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.

综上所述，满足条件的函数总个数为.

二、多项选择题：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.

第5页/共20页

9.已知为等差数列的前项和，，，，则（）

A.B.C.D.

【答案】ACD

【解析】

【详解】A选项，因为是等差数列，且，，所以，，所以

，所以A选项正确；

B选项，由A选项解析得：，，则，所以B选项

错误；

C选项，，所以，，则，所以

C选项正确；

D选项，因为，所以是以首项为，公比为4的等比数列，所以

，所以D选项正确.

10.已知抛物线的焦点为，过点倾斜角为30°的直线交抛物线于，两点（在第

一象限），设，在抛物线准线上的射影分别为，，则（）

A.B.

C.为正三角形D.为直角三角形

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据焦点坐标，可得p值，可判断A的正误；求出直线AB的方程，与抛物线联立，可得A、B两

点坐标，求出，坐标，可判断B的正误；根据两点间距离公式，可得，结合抛物线定义，可

判断C的正误；根据数量积公式，可得的值，分析可判断D的正误.

【详解】选项A：由题意，解得，故A正确；

第6页/共20页

选项B：直线AB的方程为，由A项得方程为，

联立，得，

因为在第一象限，所以，则，

所以，则，故B错误；

选项C：由题意得，所以，

由抛物线的定义可得，所以，

所以为正三角形，故C正确；

选项D：，

所以，即，

所以为直角三角形，故D正确.

11.设正六棱锥的侧面与底面所成的角为，则（）

A.若，则的侧棱与底面所成角的余弦值为

B.若的高为，，则其内切球半径为

C.若的高为，，则其外接球半径为

第7页/共20页

D.若的体积为定值，则其表面积最小时

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A选项，可得（正六边形半径等于边长），侧棱，

再由

求解即可；对于B选项，内切球心在高上，半径等于球心到侧面的距离，设六棱

锥底面面积为，侧面面积为，由棱锥体积为以及求解即可；对于C选项，外接球

心在高上，设球心为，半径为，由为直角三角形求解即可；对于D选项，列出正六棱锥

表面积表达式，求解即可.

【详解】正六棱锥如图所示，顶点为，

设正六棱锥底面正六边形的边长为，底面中心为，顶点为，高，

底面正六边形的边心距（中心到边的距离）：，

侧面等腰三角形的斜高（顶点到底边的距离）：，

侧面与底面所成二面角满足：

当时可解得，

对于A选项，侧棱与底面所成角为侧棱与底面的夹角，即，如图，

第8页/共20页

其中（正六边形半径等于边长），侧棱，，因为

，则，故A正确；

对于B选项，内切球心在高上，半径等于球心到侧面的距离，设六棱锥底面面积为，侧面面积为

，则棱锥体积为，

表面积：，由可得，

代入可得，，又因为，所以，

故B正确；

对于C选项，外接球心在高上，设球心为，半径为，则，

，，在中：，即，

代入，可得，即，故C错误；

对于D选项，设体积为定值，底面边长为，高为，底面边心距为，所以，底

面积，体积，

侧面与底面成角为，斜高为，侧面积，

第9页/共20页

总表面积为，将，即，

代入可得，

因为为定值，只需要研究，令，则，

则，则，

因为，则等价于，即，解得，故

D正确.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知数列满足：，，则_____________.

【答案】2

【解析】

【详解】由，，所以，，

，即，所以数列是以为周期的周期数列，

所以.

13.已知均为实数，若的解集是且，则函数

的极大值为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由三次不等式的解集可得的解析式，再进行求导研究单调性即可.

第10页/共20页

【详解】因为原不等式的解集是且，

故、为的零点，

则或（舍）

所以，

则，

，得或；，得，

则在和上单调递增，在上单调递减，

则的极大值为.

故答案为：.

14.已知点，分别是直线和圆上的动点，，则的最小值

为____________.

【答案】

【解析】

【分析】设中点为，根据向量加法的平行四边形法则得到与的关系，分析

的最小值，根据即可求解.

【详解】设中点为，则，所以.

得的轨迹是和两条平行线所夹的区域，点到该区域的最小距离为点

到直线的距离，

因为点在圆上，圆心，半径，

设点到直线的距离为，

则：，

第11页/共20页

所以.

又因为，所以.

综上，的最小值为.

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.已知的三个顶点在半径为2的圆上，.

（1）求；

（2）若为锐角，求周长的取值范围.

【答案】（1）或

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理可求得，可求；

（2）由正弦定理可得，结合三角恒等变换，以及的范围可求得周长的

取值范围.

【小问1详解】

由正弦定理可得，所以，

又因为，所以或.

【小问2详解】

若为锐角，由（1）可知，

由正弦定理可得，

所以

，

因为，所以，

所以，所以，

第12页/共20页

所以，所以，

所以周长的取值范围为.

16.已知函数.

（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

（2）若方程有两个不同的根，求的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）求导数，利用导数的几何意义即可求解；

（2）利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解.

【小问1详解】

当时，函数，

函数的导函数，

所以，，

所以曲线在点处的切线方程是，即.

【小问2详解】

函数的导函数，

当时，，单调递增，方程至多有一个实根，不符合题意舍去；

当时，令，解得，

当时，单调递增；

当时，单调递减；

时，；时，.

要使方程有两个不同的根则,

第13页/共20页

即，

所以，即，

令，

故在上单调递增，又，

所以时，.

综上：的取值范围是.

17.如图，在三棱锥中，为正三角形，是棱的中点，，

，．

（1）证明：；

（2）点满足，且平面

（i）求的值；

（ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值．

【答案】（1）证明见详解

（2）（i）；（ii）

【解析】

【分析】（1）利用几何性质求出PD、CD的长，利用勾股定理可得，再结合线面垂直的性质即

可证明；

（2）以为原点，建立空间直角坐标系，（i）根据求出E点的坐标，再求出平面PAE的法向

量，结合平面即可求出的值；（ii）进一步求出PBC的法向量，利用空间向量法即可求解．

【小问1详解】

已知，，

第14页/共20页

由勾股定理得，

又是AB中点，且由题意得为等腰直角三角形，故，且，

在正中，是AB中点，故，且，

在中，有，故，

又，且平面PAB，故平面PAB，

又平面PAB，因此．

【小问2详解】

（i）由（1）可知，PD、CD、AB三者之间两两互相垂直，

所以以为原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，

由题意及（1）可得，，，，，

所以，，，

由，得，又，，

设平面PAE的法向量为，则可得，

解得（*），因为平面PAE，所以，

即，联立（*）可解得．

（ii）由前述可知，所以对于平面PAE的法向量为，

有，令，则，

设平面PBC的法向量为，又，

第15页/共20页

则，可得，令，则，

所以两平面夹角的余弦值．

18.已知双曲线，是其右顶点，定点，动点，直线交于

点，连接并延长交于点.

（1）若，证明：为的左顶点；

（2）设直线，的斜率分别为，，求证：是定值；

（3）若的面积为5，求点坐标.

【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析（3）或.

【解析】

【分析】（1）先求出的直线方程，再联立该方程和双曲线方程求出的坐标，求出直线的方程后

可求，该点即为双曲线的左顶点；

（2）设，结合齐次化方法可证；

（3）联立的方程和双曲线方程后结合韦达定理可用表示的面积，从而可求，从而可求

的坐标.

【小问1详解】

当时，，而，故，

第16页/共20页

故，由可得，故，

故，故，故，

故，该直线过，而为双曲线的左顶点，

故为双曲线的左顶点.

【小问2详解】

设，，

由可得，整理得，

由可得，

故的坐标为此方程的两组解，

由题设均不为1，故，

即，同理，

故为方程的两个解，故，

而过，故即，故.

【小问3详解】

由题设，而过第一象限和第三象限的渐近线的斜率为，

故直线与双曲线的右支交于两个不同的点，

而，故，

又，由可得