安徽省部分高中学校2026届高三上学期（1月）期末质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省部分高中学校2026届高三上学期（1月）期末质量检测数学试题一、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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题，由，解得，可得，故.故选：B．2.已知（i为虚数单位），则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】，所以，故选：C．3.已知直线平面，则过且与垂直的平面（）A.有且仅有1个 B.有且仅有2个C.有无数个 D.不存在【答案】C【解析】根据面面垂直的判定定理，如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.又因为经过的平面有无数个，所以会有无数个平面垂直平面.故选：C.4.若奇函数在区间上是增函数，且最小值为3，则它在区间上是（）A.增函数且有最大值 B.增函数且有最小值C.减函数且有最大值 D.减函数且有最小值【答案】A【解析】因为奇函数的图像关于原点对称，若在上是增函数，则它在对称区间上也是增函数，因为在上的最小值为，即，根据奇函数性质，可得，又因为在上是增函数，所以在区间右端点处取得最大值，即最大值为.故选：A．5.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意得.故选：A．6.已知等差数列满足，在和之间插入k个1，得到新数列，则的前90项和为（）A.168 B.188 C.212 D.222【答案】D【解析】设新数列的前90项包含原数列的前项，因为和之间插入k个1，所以在前插入的1的总数为，则新数列到为止的前的总项数为，当时，可得；当时，可得，所以新数列的前90项包含原数列的前项和78个1，因为等差数列满足，所以新数列的前90项和为.故选：D.7.在平面直角坐标系xOy中，设抛物线的焦点为F，点A，B在C上，若，则的最小值为（）A.4 B.9 C.16 D.25【答案】D【解析】设，且，由可得，，又，解得，由抛物线的定义知，因为，当且仅当或时取等号，所以.故选：D．8.记的面积为，若，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，且，所以则由，可得，整理得，而，所以.由，得，所以.而,所以.因为，则，所以，则.故选：B．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.已知圆，圆，则（）A.的半径为4B.若相切，则C.当时，相交弦所在直线的方程为D.当时，相交弦的长度为【答案】AC【解析】对于A，整理为，所以的半径为4，A选项正确；对于B，由A的判断可得，而，故且的半径为1，若相切，则或，故或，解得或，B选项错误；对于C，当时，将两圆方程相减可得即，故相交弦所在直线方程为，故C选项正确；对于D，由C可得相交弦方程为,故到直线的距离为，所以相交弦的长度为，D选项错误，故选：AC．10.已知双曲线的左、右焦点分别为，其渐近线与圆相切，点N在C左支上，则（）A.B.直线与C的右支恰有两个交点C.周长的最小值为D.的最小值为2【答案】AC【解析】由题意得C的渐近线为，圆心为，由于C的渐近线与圆相切，所以，选项A正确；且，得到直线的斜率为，因为直线的斜率大于渐近线的斜率，所以直线与C的左、右支各有1个交点，选项B错误，而周长为，当且仅当三点共线时等号成立，选项C正确；设，所以，即，可得，所以的最小值为，选项D错误．故选：AC．11.已知正方体的棱长为2，E为CD的中点，F在棱上（不包括端点），则（）A.若F为棱的中点，则平面ADF截正方体所得截面为矩形B.若F为棱的中点，则B，到平面ADF的距离之比为2C.三棱锥的体积为定值D.三棱锥外接球表面积的最小值为【答案】ACD【解析】若F为棱的中点，过F作BC的平行线交于点G，则G为中点，则,故四边形为截面，由于平面，平面，故，因此四边形为矩形，A选项正确；连接，DG交于点O，则B，到平面ADF的距离之比为，B选项错误；三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，的面积为定值，而到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，所以三棱锥的体积为定值，C选项正确；设，则，当且仅当时取到等号，故的最大值为，此时由于取到最大值，所以的最大值为，所以外接圆半径最小值为，故三棱锥外接球的半径为,所以三棱锥外接球表面积的最小值为，D选项正确.故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量满足，则在方向上投影向量的坐标为________．.【答案】【解析】，在方向上投影向量的坐标为．故答案为：.13.若函数的图象关于点对称，则________．【答案】2【解析】由可得:，即恒成立，得到恒成立，即，即，恒成立，因为在定义域内不恒为0，所以，即恒成立，展开可得，即或，当时，定义域为空集，舍去，所以，所以．故答案为：214.已知函数，点在曲线上，则的最大值为________．【答案】【解析】求导得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，点在曲线上，则，所以，设，，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，故单调递增，故，即的最大值是．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知函数的最小正周期为T，；的图象关于点中心对称．（1）求的解析式；（2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求满足的x的取值范围．解：（1），所以，因为，所以，由的图象关于点中心对称可知，所以，故，因为，所以，所以；（2），即，即．则，即．所以．解得．即x的取值范围为.16.已知数列的前n项和为，且．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的通项公式．解：（1）∵，∴时，，∴时，，即，又，∴是以2为首项，2为公比的等比数列，∴．（2）∵，∴，∴，令，设数列的前n项和为，①，②，①-②得，∴，∴，又，∴，∴时，，又符合上式，∴．17.已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，，平面,分别为的中点．（1）证明：平面SAD；（2）求平面和平面的夹角的余弦值；（3）求异面直线公垂线段的长度（同时和两条异面直线都垂直并相交的直线叫做异面直线的公垂线，交点之间的距离就是公垂线段的长度）．（1）证明：连接BD，因为为的中点，且四边形为正方形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）解：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，又由向量为平面SAD的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．（3）解：因为平面，平面，所以，又因为四边形为正方形，所以，因为，平面，所以平面，过作垂直于，即，因为平面，所以，所以为异面直线的公垂线，在直角中，，可得，所以，所以异面直线的公垂线的长度为.18.已知椭圆的右焦点为，离心率为，圆，过的直线与交于，两点，当直线垂直于轴时，．（1）求椭圆的标准方程；（2）当时，设在圆上，且也在上，判断是否存在点满足，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由；（3）当时，直线交圆于，两点，求的最大值．解：（1）依题意，，所以，当时，可得，解得，所以，解得，所以C的标准方程为．（2）易知，设，显然当直线AB斜率为0时，不符合题意．当直线AB斜率不存在时，，满足题意，此时直线方程为；当直线AB斜率存在时，设A、B两点的坐标分别为，则，则，两式相减可得，即，易知，所以，因为，即，解得或，均不符题意．综上所述，存在点D满足，此时直线AB的方程为．（3）①当直线AB的斜率为0时，，，所以．②当直线AB的斜率不为0时，设直线，联立直线l与C的方程，得，∴，由韦达定理得，，则，圆心到直线AB的距离，则，因此，，令，则，设，则，所以当时，取得极大值，也是最大值，所以，因为，所以的最大值为．19.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在，使得关于x的方程有三个不同的实数根，求b的取值范围；（3）若为函数的极小值点，求m的取值范围．解：（1）由题意知的定义域为，．∴当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）依题意，方程有三个不同实数根，设，则，由于，当时，，在上单调递减，至多有一个实数根，不符合题意；当时，令，则，恰有两个零点，设为，令，则即，其两零点为，当或时，，即，当时，，即，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，又当时，，当时，，∴存在，使得方程有三个不同实数根，∴b的取值范围是；（3），设，则，，设，当，即时，；当，即时，；∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，，，∴存在使得，∴当时，单调递减