安徽省合肥市2026届高三数学第二次教学质量检测试卷含解析

2026年合肥市高三第二次教学质量检测

数学

（考试时间：120分钟满分：150分）

注意事项：

1.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.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后

再选涂其它答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回.

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.

ð

1.设全集U2,1,0,1，集合A2,0,1，B1,1，则AUB（）

A.2B.0C.2,0D.{-2,0,1}

【答案】C

【解析】

【分析】借助补集与交集定义计算即可得.

ð

【详解】由B1,1，U2,1,0,1，则UB2,0，

ð

又A2,0,1，故AUB2,0.

2.若1izi，则在复平面内z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】A

【解析】

【分析】借助复数运算法则计算出z后，利用复数几何意义即可得.

ii1ii11i

【详解】z，

1i1i1i222

故在复平面内z对应的点位于第一象限.

3

3.记S为数列a的前n项和，已知a2，Sa1，则a（）

nn1n2n4

A.18B.54C.81D.162

【答案】B

【解析】

【分析】借助an与Sn关系计算可得an3an1，则可由等比数列定义求出数列an的通项公式，即可得a4.

33333

【详解】当时，，则，

n2Sn1an11anSnSn1an1an11anan1

22222

故an3an1，又a12，故数列an是以2为首项，3为公比的等比数列，

即n1，故3.

an23a42354

4.直线xy10与抛物线x24y交于M，N两点，则MN（）.

A.22B.6C.43D.8

【答案】D

【解析】

【分析】联立直线方程与抛物线方程，可求出两交点坐标，再利用两点间距离公式计算即可得.

x24yx222x222

【详解】，解得或，

xy10y322y322

22

则.

MN2222223223228

1sin2

1

5.已知π，则sin2（）

sin

4

13

A.B.2C.1D.

4324

【答案】C

【解析】

2

【分析】借助完全平方公式及二倍角公式可得sincos1sin2，结合原式计算即可得解.

2

【详解】由sincossin2cos22sincos1sin2，

22

sincossincos

2sincos1

故π2，

sinsincos

42

2

211

故2，故，即.

sincos1sin2sin2

2222

6.已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，

该球的体积为（）

A.362πB.363πC.722πD.723π

【答案】C

【解析】

【分析】设该圆柱高为h，底面半径为r，则可得r、h间关系，再表示出圆柱的侧面积S后，利用二次函

数性质可得S取最大时的r、h，从而可求出此时该球的半径，即可得其体积.

【详解】设该圆柱高为h，底面半径为r，则2h4r24，即有h122r，

2

圆柱的侧面积S2πrh2πr122r4πr26r4πr336π，

故当且仅当r3、h6时，S取最大，

2

2h22

此时圆柱的外接球半径为r3332，

2

43

则该球的体积Vπ32722π.

3

5

7.设2a3，3b4，c，则（）

4

A.abcB.acbC.bacD.cab

【答案】A

【解析】

33

【分析】由题意可得alog23，blog34，找出中间值，借助对数运算可得ab，合理放缩计

22

55

算可得4，则可得4，即有bc，综上即可得解.

34log33log34

ab

【详解】由23，34，则alog23，blog34，

3

333

由，则2，即2，

2log2log3alog22

283222

3

333

由，则2，即2，

2log3log4blog33

3274332

3

故ab；

2

51115

由45444，则4，

332432564log33log34

5

即b，即bc；

4

综上可得：abc.

πCD

8.在Rt△ABC中，C，D为BC边上一点，且BAD2CAD，AB2BD，则（）

2DB

3358

A.B.C.D.

118811

【答案】B

【解析】

π

【分析】设CAD，则可在△ABD中利用正弦定理求出sin，则可求出sin3，从而可结合C

2

得到AB与BC间关系，再利用AB2BD即可得解.

【详解】设CAD，则BAD2，CAB3，

πππ

由C，则CDA，ADB，

222

ABBD

在△ABD中，由正弦定理可得，

sinADBsinBAD

π

sin

由AB2BD，则AB2，故cos2sin24sincos，

2

BDsin2

π1

由0,，故cos0，故14sin，即sin，

34

则sin3sincos2sin2cossin12sin22sincos2

221111

sin12sin2sin1sin1221

416416

1711511

，

4821616

BC16

ABCDDB2DBCD3

则1111，即.

DB8

16

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.某社区有150名中老年人参加园艺、摄影、书画等三个兴趣班，每人只参加一个兴趣班，各班人数及年

龄（单位：岁）分布如下表：

兴趣班园艺摄影书画合

年龄班班班计

45,551251027

55,6520152560

65,7518103563

合计503070150

从这150人中随机抽取1人，设事件M为“抽到的人年龄位于区间55,65”，事件N为“抽到的人来自

园艺班”，则（）

A.事件M与事件N互斥

B.事件M与事件N相互独立

C.60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人

D.这150人年龄平均数的估计值为60岁

【答案】BC

【解析】

【分析】利用互斥事件定义可得A；利用相互独立事件的性质，验证PMPN与PMN是否相等即

可得B；估算60岁以上的老年人参加园艺班的人数即可得C；计算平均数即可得D.

【详解】对A：由园艺班中有年龄位于区间55,65的人，故事件M与事件N可以同时发生，

故事件M与事件N不互斥，故A错误；

602501202

对B：PM，PN，PMN，

1505150315015

212

有PMPN，则PMPNPMN，

5315

故事件M与事件N相互独立，故B正确；

1

对C：201828，故60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人，故C正确；

2

275060606370

对D：62.4，故D错误.

150

π

10.在平行六面体ABCDABCD中，ABADAA2，AABAADBAD，M，N

11111113

分别为棱BC，CC1的中点，则（）

A.MN//AD1B.BD平面AA1C1C

5

C.AC26D.直线MN与AC所成角的余弦值为

16

【答案】ABD

【解析】

【分析】对A：连接BC1，借助中位线性质可得MN//BC1，利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其

性质可得BC1//AD1，则可得MN//AD1；对B：借助菱形性质可得ACBD，再利用题目条件可得

A1BA1D，则有等腰三角形三线合一可得A1OBD，即可利用线面垂直判定定理得到BD平面

AA1C1C；对C：得到AA1、AC及cosA1AC后，利用余弦定理计算即可得；对D：由MN//BC1，AC//A1C1，

可得A1C1B即为所求，求出BC1、A1C1、A1B后，利用余弦定理计算即可得.

【详解】对A：连接BC1，由M，N分别为棱BC，CC1的中点，则MN//BC1，

由平行六面体性质可得AB//C1D1，且ABC1D1，故四边形ABC1D1为平行四边形，

故BC1//AD1，又MN//BC1，故MN//AD1，故A正确；

对B：连接AC、BD、A1B、A1D，设ACBDO，

由ABAD，则四边形ABCD为菱形，故ACBD，O为BD中点，

△

由A1ABA1AD，ABAD，AA1AA1，故△ADA1与ABA1全等，

故A1BA1D，又O为BD中点，故A1OBD，

又A1OACO，A1O、AC平面AA1C1C，故BD平面AA1C1C，故B正确；

π

对C：由AABAADBAD，ABADAA2，

1131

△

则△ABD、△ADA1、ABA1都为等边三角形，故A1BA1DBD2，

22

则22，22，

A1O23AO23

22

22

3223

故3，

cosA1AC

2323

23

故22，即AC22，故C错误；

A1C223222381

3

对D：连接A1C1，由MN//BC1，AC//A1C1，

故直线MN与AC所成角即为直线BC1与A1C1所成角，即为A1C1B，

222

π，

BC1AD1ADAA1AD2ADAA1cosAA123

3

，，

A1C1AC23A1B2

22

232322

则205，故D正确.

cosA1C1B

22323246

2

11.已知C：x5y264，P为C上的任意一点，点A5,0，线段AP的垂直平分线l与直线

CP相交于点Q，点Q的轨迹与x轴交于A1，A2两点，则（）

x2y2

A.点Q的轨迹方程为1

169

16

B.当点Q不在x轴上时，直线QA与QA的斜率之积为

129

19

C.当cosAQA时，sinQAAsinQAA

1241221100

D.过点C作直线l的垂线，垂足为Mx0,y0，则x02y0的最大值为45

【答案】ACD

【解析】

【分析】对A：借助垂直平分线性质可得QPQA，再利用可得，即

𝑄+��>10𝑄−��=8

可由双曲线定义得到点Q的轨迹方程；对B：设Qx,y，可得，再表示出kk并计

112QA1QA2

2�1

�1=916−1

算即可得；对C：借助三角形内角和及诱导公式可得cos，再借助B中所得结合斜

1

1221

率与倾斜角的关系，利用两角和的余弦公式与同角三角函∠数�基�本�关+系∠�计�算�即可=得−；4对D：取点C关于l对称

点C，可得C的轨迹方程，则可得CC中点M的轨迹方程，再利用三角换元法及辅助角公式计算即可得

解.

【详解】又C：，则C5,0，半径r8，

22

�+5+�=64

由l为线段AP的垂直平分线，故QPQA，

又P为C上的任意一点，故PC8，

由AC10，则，

则�或�+��=��+，�则�>10，

故点��Q的−轨�迹�为=以8A、�C�为−焦�点�，=28a8的�双�曲−线，��=8

由C5,0、A5,0，故c5，则b2c2a225169，

x2y2

即点Q的轨迹方程为1，故A正确；

169

x2y2

对B：设A1在A2左侧，由点Q的轨迹方程为1，故A14,0、A24,0，

169

x2y2

设Qx,y，则有11，故，

1112

1692�1

�1=916−1

则2，故B错误；

�1

2916−1

�1�1�19

1222

�𝑄⋅�𝑄=�1+4⋅�1−4=�1−16=�1−16=16

对C：由A1QA2QA1A2QA2A1π，故QA1A2QA2A1πA1QA2，

则coscosπcos，

1

∠𝑄1�2+∠𝑄2�1=−∠�1𝑄2=−∠�1𝑄2=−4

1

即cosQAAcosQAAsinQAAsinQAA，

122112214

9

由B知kk，又kQAtanQA1A2，

QA1QA2161

π，

𝑄22121

�=tan−∠𝑄�=−tan∠9𝑄�

故tanQAAtanQAA，

122116

16

即cosQAAcosQAAsinQAAsinQAA，

122191221

161

则sinQAAsinQAAsinQAAsinQAA，

9122112214

199

即sinQAAsinQAA，故C正确；

1221425100

对D：取点C关于l对称点C，则，

'

故点C的轨迹方程为��=，𝑄=8

22

�−5+�=645xy

由M在l上且CMl，则Mx,y为CC中点，则有xC，yC，

000202

故xC2x05，yC2y0，即有，

22

2�0+5−5+2�0=64

22

化简得x0y016，故可设x04cos，y04sin，0,2π，

1

则，其中tan，

2

�0+2�0=4cos�+8sin�=45sin�+�≤45

即x02y0的最大值为45，故D正确.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

2

12.已知非零向量a，b满足a2b，abb，则a与b的夹角为________.

π

【答案】

3

【解析】

【分析】借助数量积公式及模长与数量积的关系计算即可得.

2

2

【详解】由abb，则abcosa,bb，

bb1π

即cosa,b，则a,b.

a2b23

ππ

13.设函数fxtanx0,,，A，B是直线y3与曲线yfx的两个交

22

π

点，且AB最小值为π.若f3，则________.

6

π

【答案】

6

【解析】

π

【分析】由AB最小值可得fx的最小正周期，从而可得，再将f3代入计算即可得.

6

π

【详解】由AB最小值为π，则fx的最小正周期为π，即1，

π

ππππ

则ftan3，kπkZ，

6663

ππππ

解得kπkZ，又,，故.

6226

exex

14.已知函数fx，设xxxxxn2,nN，若

exex012n1n

n

恒成立，则的最小值为________.

fxifxi1MM

i1

【答案】2

【解析】

【分析】分析函数fx的单调性、奇偶性，及值域，分、

012�−1�+

、0≤�<�<�<⋅⋅⋅<�<��≥2,�∈�

�0<�1<�2<⋅⋅⋅<��−1<��≤0三�≥种情2,�况∈讨�论+，根据�绝0<对�值1的<性�2质<求⋅⋅⋅<出��−1≤0≤��<⋯<的��取−1值<范�围�≤，

�

0即�可≥得2出,�M∈的�+最,�小=值1.,2,⋯,�−1�=1���−���−1

【详解】因为ee，该函数的定义域为，

e�e−�R

−

�−�

��=+

eeee，故函数为偶函数，

e−�e�e�e−�fx

−−

−���−�

�−�=+=+=��

eeeeeee，

e�e−�e�e�e−�e2�2e�e

−−−1+1−22

�−���−�2�2�2�

��=+=+=+1=+12=1−+1

因为2x，所以2x，所以，所以，

e0e1102x2e

e12

2�

1−+1∈−1,1

所以，

e

2

2�

��=1−+1∈0,1

2

因为内层函数te2x1在R上为增函数，外层函数y1在0,上为增函数，

t

2

所以函数y1在R上为增函数，

e2x1

当x0时，exex，e2x1，e2x12，

则eeee；

e�e−�e�e−�e

−−2

�−��−�2�

��=+=+=1−+1∈0,1

当x0时，exex，0e2x1，1e2x12，

则eeee.

e�e−�e�e−�e

−−2

�−��−�2�

��=+=−+=+1−1∈0,1

所以函数fx在,0上单调递减，在0,上单调递增.

①若，

则0≤�0<�1<�2<⋅⋅⋅<��−1<���≥2,�∈�+

�

�=1���−���−1=��0−��1+��1−��2+⋯+���−1，−���

=−��0+��1−��1+��2−⋯−���−1+���=���−��0

因为fx00,1，，则，

��0

显然，此�时�∈0,1��−��∈−1,1；

�

②若���>��0�=1���−���−1=���，−��0∈0,1

同①�可0知<�1<�2<⋅⋅⋅<��−1<��≤0�≥2,�∈�+；

�

③若�=1���−���−1=��0−���∈0,1，

则�0<�1<�2<⋅⋅⋅<��−1≤0≤��<⋯，<��−1<��≤0�≥2,�∈�+,�=1,2,⋯,�−1

���−1−���≤���−1+���

表示函数fx的图象上两点、xi,fxi的垂直高度差，

���−1−�����−1,���−1

由图可知，，，

�−1�

�=1���−���−1+���−1<1�=�+1���−���−1+���<1

所以

��−1�

�=1���−���−1=�=1���−���−1+���−1−���+�=�+1���−���−1≤

，

�−1�

��−1�−1��−1�

又�=因1为��−��+��，+即�=�+1��−��+��<.2

��

综上所述�=1���−���−1≥00≤，故�=M1��2�，−即�M��−的1最<小2值为2.

�

四、解答题0：≤本�题=1共�5��小−题�，�共�−177<分2.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.某出行平台为缓解H市高峰时段打车难问题，实行“动态调价”机制.平台根据历史数据发现，乘客是

否接受调价与其出行目的密切相关.根据历史订单，H市高峰时段乘客出行目的可分为三类：工作通勤、接

驳交通枢纽及其他，其占比分别为60%，10%，30%，且这三类出行目的的乘客接受动态调价的概率分

341

别为，，.从H市高峰时段所有订单中随机抽取一单.

1052

（1）求该订单乘客接受动态调价的概率；

（2）已知该订单乘客接受动态调价，求其出行目的为工作通勤的概率.

41

【答案】（1）

100

18

（2）.

41

【解析】

【小问1详解】

设事件A1表示“出行目的为工作通勤”，A2表示“出行目的为接驳交通枢纽”，A3表示“出行目的为其

他”，事件B表示“乘客接受动态调价”.

313

由题意得：PA0.6，PA=0.1=，PA0.3.

15210310

341

PB|A，PB|A，PB|A.

1102532

由全概率公式：PBPA1PB|A1PA2PB|A2PA3PB|A3.代入计算：

33143194341

PB.

510105102505020100

41

故该订单乘客接受动态调价的概率为.

100

【小问2详解】

PAPB|A

由贝叶斯公式：PA|B11.代入计算：

1PB

339

91009218

PA|B51050.

1414150414141

100100

18

故在接受动态调价的条件下，该订单出行目的为工作通勤的概率为.

41

1

16.设函数fxaxa1lnx2.

x

（1）证明：曲线yfx在点1,f1处的切线过定点，并求出该定点坐标；

（2）若fx有两个零点，求a的取值范围.

1

【答案】（1）证明见解析，,0

2

（2）0,1e,

【解析】

【分析】（1）借助导数几何意义计算可得曲线yfx在点1,f1处的切线方程，再求出该切线所过定

点即可得；

（2）求导后分a0及a0讨论该函数单调性，结合零点存在性定理可得a0不符，a0时需满足

1

fxf0，解出即可得.

mina

【小问1详解】

1a1

因为fxa，x0,，

x2x

所以f12a2，又f1a1，

所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为：ya12a1x1，

1

即y2a1xa1，即y2a1x，

2

1

所以曲线yfx在点1,f1处的切线过定点,0；

2

【小问2详解】

1a1ax1x1

fxa，x0,，

x2xx2

当a0时，fx0，则fx在0,上单调递减，

此时fx最多有一个零点，不满足题意；

11

当a0时，令fx0，解得x，令fx0，解得0x，

aa

11

于是fx在0,上单调递减，在,上单调递增，

aa

111

所以fxfaaa1ln2a11lna，

minaaa

当x0时，fx，当x时，fx，

又因为fx有两个零点，

1

所以fa11lna0，即a1lna10，

a

解得0a1或ae，

因此，a的取值范围为0,1e,.

2

x2

17.记椭圆C：y1的左、右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，Q(x0,y0)(y00)为C上的动点.

4

xx

已知过点Q且与C恰有一个公共点的直线l的方程为0yy1，l与直线x2,x2分别交于N,N

4012

两点.

（1）证明|A1N1||A2N2|为定值；

（2）求△N1FN2面积的最小值及此时点Q的坐标.

【答案】（1）证明见解析

1

（2）1，(3,).

2

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，求出点N1,N2的坐标，结合点Q在椭圆上计算得证.

（2）由（1）的结论，利用直角梯形及三角形面积公式求出△N1FN2面积的函数关系，利用基本不等式求

出最小值，进而求出点Q的坐标.

【小问1详解】

xx2x02x0

直线的方程为0，当时，，即，

ly0y1x2yN1(2,)

42y02y0

2x2x2x

000

而A1(2,0),A2(2,0)，y00，则|A1N1|，同理N2(2,)，|A2N2|，

2y02y02y0

4x22

因此0，由在上，得x02，

|A1N1||A2N2|2Q(x0,y0)Cy01

4y04

4y2

则0，所以为定值1.

|A1N1||A2N2|21|A1N1||A2N2|

4y0

【小问2详解】

11

令|AN|m，由（1）得|AN|，则直角梯形ANNA的面积S2(m)，

1122m1122m

而，于是1(23)m，123，

F(3,0)S△|AN||AF|S△|AN||AF|

A1N1F21112A2N2F22222m

因此23232323，

S△SS△S△m2m1

N1FN2A1N1FA2N2F22m22m

当且仅当2323，即时取等号，此时，

mm23N1(2,23),N2(2,23)

22m

3xx

则直线NN的斜率k0，即y0，

12N1N20

24y023

2

x021

又y1，而y00，解得x03,y0，

402

1

所以△NFN的面积有最小值1，点Q的坐标为(3,).

122

18.如图，在面积为33的梯形ABCD中，AD2AB2BC，BC//AD，E为AD的中点.将ABE

沿BE翻折至A1BE.

（1）证明：A1AA1C；

（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值；

AC2A1A23A1BCA1CD

（3）当BEA1A时，求四棱锥A1ABCD体积的最大值.

【答案】（1）证明见解析

（2）27

7

（3）22

【解析】

【分析】（1）连接CE，由菱形性质可得A1OAOCO，即可得A1AA1C；

（2）借助梯形面积可得ABE的面积，从而可求出BE，再以O为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，

可求出平面A1BC与平面A1CD的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解；

（3）过A1作A1MAO，垂足为M，利用线面垂直判定定理可得A1M平面ABCD，即A1M为四棱

2

锥A1ABCD的高，再设BEAA12a，BAO，可得a3tan，则可用表示出A1M，再

构造相应函数，利用导数求出A1M最大值即可得解.

【小问1详解】

连接CE，由E为AD