安徽合肥市2026届高三下学期5月教学质量检测试题 数学 含解析

年合肥市高三第三次教学质量检测数学（考试时间：分钟满分：分）注意事项：．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.如需改动，务必擦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.85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，集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由，，则．2.已知单位向量满足，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】因为，所以，解得，又因为，所以3.已知等差数列的前项和为，，则（）第1页/共20页A.10B.15C.20D.25【答案】B【解析】【详解】在等差数列中，，所以.4.已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，是上一点，是坐标原点，则（）A.B.6C.D.3【答案】A【解析】【详解】由抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，得，则由是上一点，得，点，所以.5.函数的最小正周期是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用三角恒等变形，再由最小正周期公式求解即可.【详解】由，所以函数的最小正周期是，故选：A．6.已知函数y=f(x)的图象是连续不间断的，有如下对应表：x123456第2页/共20页y122.521.4-7.44.5-53.1-125.5那函数f(x)在区间[1，6]上的零点个数是（）A.只有2个B.至多3个C.只有3个D.至少3个【答案】D【解析】【分析】结合题意，根据零点存在性定理判断即可.【详解】因为函数的图象是连续不间断的,且所以根据零点存在性定理,函数在区间上至少存在一个零点；同理，由,得函数在区间上至少存在一个零点；由,得函数在区间上至少存在一个零点.但不能判断函数在其它区间上是否有零点.因此，函数在区间上至少存在3个零点.故选：D.7.一个底面半径为的圆柱形水槽中装有适量的水，现放入一个木球后，水面上升且无溢出，若木球体积的三分之二在水中，三分之一在水上，那么木球的半径为（）.A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由木球浸入水中的体积等于水上升的体积列方程求解【详解】设水上升的体积为，，设木球浸入水中的体积为，，由列方程：，解得.8.已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则（）A.B.第3页/共20页C.D.【答案】C【解析】【分析】根据结构，考虑构造，则，结合题目给出条件可知在上单调递减，故有，化简后即可得出答案.【详解】构造函数，则.，即在上单调递减.故有，即，即①.对于A：由①式可知，即，因此无法判断，故A错误；对于BCB错误，C正确；对于D：由①式可知，即，故D错误.故选：C.36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z满足，则（）A.为纯虚数B.对应的点在第四象限第4页/共20页C.D.和是方程的两个根【答案】BC【解析】【分析】先化简，然后结合选项可得答案.【详解】因为，所以，对于A，显然不是纯虚数，A不正确；对于B，，对应的点在第四象限，B正确；对于C，，C正确；对于D，，所以和不是方程的根,D不正确.故选：BC10.从甲口袋内摸出1个白球的概率是1个白球的概率是一个球，那么下列说法正确的是（）A.2个球都是白球的概率为B.2个球都不是白球的概率为C.2个球不都是白球的概率为D.2个球恰好有一个球是白球的概率为【答案】ACD【解析】【分析】借助相互独立事件概率公式、对立事件概率公式逐项计算即可得.【详解】设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球；对A：，故A正确；对B：，故B错误；对C：，故C正确；对D：，故D正确.已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一第5页/共20页动点，则下列说法正确的是（）A.若平面，且，则的最小值为B.若，且，则的最小值为C.若，则的最小值为D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】过点作交于点，过点作交于点，连接，推导出平面平面，推导出为点的轨迹，可求出的最小值，可判断A选项；推导出平面的轨迹为线段B作分别交、于点、、、平面的轨迹为线段，当时，的长取最小值，可判断C选项；延长交线段于点，推导出平面平面，可知点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，结合“将军饮马”思想求出长的最小值，可判断D选项.【详解】对于A选项，过点作交于点，过点作交于点，连接，因为，平面，所以平面，同理可证平面，又因为，、平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，当时，平面，则平面，故点的轨迹为线段，因为，所以，则，同理可得，第6页/共20页又因为，，则是边长为的等边三角形，当点为的中点时，，此时的长取最小值，此时，A对；对于B选项，如下图所示，连接、，易知、都是边长为的等边三角形，且为的中点，所以，，又因为、平面，，所以平面，当时，平面，则，故点的轨迹为线段，由勾股定理可得，同理可得，故当为的中点时，，此时的长取最小值，且，B对；对于C选项，过点作分别交、于点、，连接、、，因为为正的中心，则，因为，则，因为三棱锥为正四面体，则平面，因为平面，所以，第7页/共20页因为，、平面，所以平面，当时，则平面，所以，故点的轨迹为线段，延长交于点，则为的中点，因为为正的中心，则，因为，所以，故，由余弦定理可得，故，同理可得，由余弦定理可得，所以，当时，的长取最小值，此时，故长的最小值为，C错；对于D选项，如下图所示：延长交线段于点，则点为线段的中点，因为、均为等边三角形，所以，，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，第8页/共20页因为平面，平面，所以，易知，，设点关于直线、的对称点分别为、，由对称性可知，，，所以，在中，，，由余弦定理可得，所以，由余弦定理可得，故，由对称性知，，所以，当且仅当、为线段分别与线段、的交点时，等号成立，故的最小值为，D对.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.第9页/共20页12.多项式的展开式的各二项式系数的和等于__________.【答案】【解析】【分析】利用二项式系数的和的概念可得结果.【详解】多项式的展开式的各二项式系数的和等于.13.已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则__________．【答案】##【解析】【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立并结合韦达定理求得的表达式，根据题意解出p的值即可．【详解】由题意知，直线AB斜率一定不为零，故设过点的直线方程为，交点，，联立直线与抛物线方程可得，整理得，由韦达定理得，，而，所以，解得．14.已知实数，满足，，则________．【答案】4【解析】【分析】由题意可得，令，结合函数单调性可得，计算即可求解.【详解】由，得，所以，第10页/共20页即，即；令，则，.又是上的单调递增函数，所以.所以.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.记的内角，，的对边分别为，，，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】1）辅助角公式结合角的范围即可求解；（2）由三角形的面积公式结合余弦定理即可求解.【小问1详解】由，有，即，，，，；【小问2详解】由（1）的结论有，又，，由三角形面积公式有第11页/共20页，，在中，由余弦定理有，，的周长.16.已知函数，曲线在点处的切线方程为．（1）求；（2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围．【答案】（1），.（2）【解析】1）先对求导得到切线斜率表达式,利用切点横坐标,代入导数得切线斜率等于2,求出,再把代入原函数,结合切线方程在处的函数值求出.（2）先写出解析式并求导,函数在区间单调递增转化为导函数在区间上恒大于等于0,分离参数后转化为小于等于新构造函数在区间上的最小值,再研究构造函数的单调性求出最小值,即可得到的取值范围.【小问1详解】已知，求导得.曲线在点处的切线方程为，切线斜率，且.代入计算：，.故，.【小问2详解】由（1）得，则.求导得.第12页/共20页因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.令，，求导得.因为时，，所以，即在上单调递增.因此.故，即的取值范围为.17.已知双曲线的左､右焦点分别为，点为双曲线上一动点.（1）若斜率为1的直线过点，且与双曲线交于两点，求的面积；（2）设直线过原点，且与双曲线交于两点.若直线的斜率分别为，求证：为定值.【答案】（1）;（2）证明见解析.【解析】【分析】设出直线方程，利用韦达定理和三角形的面积公式即可求解；设出直线方程，利用点在双曲线上，找到等量关系，代入斜率乘积式即可求解.【小问1详解】如图所示，由题可知：，，所以，所以，，第13页/共20页不妨设，则联立方程：，解得：，所以，，则，所以由弦长公式可得：，点到直线距离为：则.【小问2详解】如图所示，不妨设，，，则，则，，所以，点和均在双曲线上，所以，，解得：，，所以，即：为定值3.18.在直三棱柱为正三角形，为线段点满足.第14页/共20页（1）当时，证明：；（2）当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积；（3在所在平面内，和和平面的夹角为，求的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）.【解析】1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直；（2）首先确定球心的位置，再构造直角三角形，求外接球的半径，再求球的表面积；（3和平面值.【小问1详解】当时，取的中点为N，连接，由已知可知，，又因为平面，所以平面，因为平面，所以；第15页/共20页【小问2详解】设的中心分别为，连接，由已知可知球心在线段上，设，则，所以，所以，又因为时，，即，故，所以球的表面积；【小问3详解】如图，取的中点，连接，则.以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，第16页/共20页则.设，由，得化简得，由和均为锐角，得.设平面的法向量为，由得取，得，故平面的一个法向量为.设平面的法向量为.得，取，得，故平面的一个法向量为.则，令，则，所以.由函数单调递增，所以当时，取最大值，最大值为.第17页/共20页19.在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1M会等可能地出现在，，，四点处.（1）已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率；（2）记第n秒末点M回到原点的概率为.（i）求，并利用公式求；（ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的.【答案】（1）（2i），（ii）证明见解析【解析】1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计算即可；（2i动次，上下各移动次，即可求出，再利用组合公式化简；（ii）利用公式化简得出，得出，构造函数，研究其单调性求出，即可得出，最后化简得出，取即可求证.【小问1详解】记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种，其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点这四种情况.第18页/共20页则，故点M在第2秒