安徽省滁州市2025-2026学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题

2026年滁州市高三年级第一次教学质量监测数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟.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.一、单项选择题：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.已知为虚数单位，复数，则（）A.3 B.4 C.5 D.10【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法法则计算可得.【详解】因为，则，所以.故选：D2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求解一元二次不等式得出集合B，再应用交集定义计算求解.【详解】集合，，则.故选：A.3.有一圆心角为，半径为2的扇形，将其围成一个圆锥，则此圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据扇形的弧长求出圆锥底面半径与高，然后由圆锥的体积公式得到圆锥的体积.【详解】设圆锥的高为，母线为，底面半径为由题可得，，则；则，此圆锥的体积为.故选：B.4.甲、乙两人向同一目标各射击1次，甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，且两人的射击相互独立.已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出目标没被命中的概率，再利用对立事件的概率求出目标至少被命中1次，最后利用条件概率求解.【详解】甲、乙两人向同一目标各射击1次，设甲命中目标为事件，则，设乙命中目标为事件，则，两人的射击相互独立，则目标没被命中的概率为，则目标至少被命中1次的概率为，已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为.故选：B.5.已知平面向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量模，求出，然后利用向量数量积和运算律计算，最后根据投影向量求解的方法求解即可.【详解】因为，，所以，即，也即，解得：，所以，由向量在向量上的投影向量为：，故选：A.6.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由切化弦得到，再通过平方得到，解一元二次方程即可求解.【详解】由，可得，即，即，平方可得：，即，解得或（舍去），故选：C7.已知函数，的零点分别是，则满足（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】将问题转化为，和的函数图象的交点的横坐标，利用反函数的对称性可求.【详解】由题意可知，分别是，和的函数图象的交点的横坐标，而和互为反函数，所以其函数图象关于对称，因为和垂直，所以两个交点也关于对称，联立、，得，故.故选：D8.椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，为左焦点，为椭圆上的一点，为轴正半轴上一点.若，，，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据角度关系分析得到，然后在与中用正弦定理，化简得到等式，最后在解一元二次方程即可.【详解】解：∵，∴.又，，∴.记，在中，由正弦定理得，在中，，得，∴，∴.又，故，得，∴.∴，可得，∴.故选：C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.9.已知数列满足，，则下列结论正确的是（）A.是等比数列B.对任意，C.是递增数列D.的前项和【答案】ACD【解析】【分析】根据等比数列定义判断A，特殊值法判断B，应用作差法计算得出单调性判断C，应用分组求和结合等比数列求和公式计算判断D.【详解】数列满足，，则，，所以是以3为首项以3为公比的等比数列，A选项正确；当时，，B选项错误；因为，所以，因为，所以，所以是递增数列，C选项正确；的前项和，D选项正确.故选：ACD.10.下列选项正确的有（）A.若，则的最小值为B.若，则的最小值为3C.若，则的最小值为5D.若，则的最大值为【答案】BD【解析】【分析】对于选项A，当时，利用“”妙用求解，当时，利用反例找出矛盾，从而得到结论；对于选项B，设，由的范围求出的范围，解出，将所求转为，利用基本不等式求解；对于选项C，利用基本不等式求解，验证等号不能成立，从而得到结论；对于选项D，利用换元法，设，利用正弦函数的图像求最值，从而得解；【详解】对于选项A，，，当时，，当且仅当，即时，等号成立；当时，假设，满足，而，故选项A错误；对于选项B，设，，，，，当且仅当时，即时取等号，则的最小值为3，故选项B正确；对于选项C，，，，当且仅当，即，等号成立，但是无解，故等号不能成立，则，故选项C错误；对于选项D，，设，，，其中，，，的最大值为，故选项D正确.故选：BD.11.在棱长为的正方体中，为棱上一点，且满足.下列说法正确的是（）A.点到平面的距离为B.直线与直线所成角的余弦值为C.若过点的平面垂直于直线，则平面截正方体所得截面的周长为D.若动点在侧面及其边界上运动，且，则直线与平面所成角的正切值的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式可判断A选项；利用异面直线向量夹角的求法可判断B选项；利用空间向量法求出平面与棱、的交点坐标，结合空间向量模长公式可判断C选项；设点，其中，，求出点的轨迹方程，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求出直线与平面所成角的正切值的取值范围，可判断D选项.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，对于A选项，，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以点到平面距离为，A对；对于B选项，，，，所以直线与直线所成角的余弦值为，B错；对于C选项，设平面交直线于点，交直线于点，，，因为，、，所以，，所以，解得，即点，，解得，即点，故截面为，且，，，故的周长为，C对；对于D选项，设点，则，其中，，因为，则，故，由可得，易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，，故，即，故，当取最小值时，最小，此时，此时的最小值为，当取最大值，最大，此时，此时的最大值为，故直线与平面所成角的正切值的取值范围是，D对.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在数列中，，当时，，则______.【答案】【解析】【分析】将整理成，从而得到为常数列，从而得到，代入求出，从而求出的值.【详解】，，为常数列，，，，，.故答案为：.13.某4S店开展抽奖活动，已知抽奖箱内有大小相同、质地均匀的4个红球，2个黄球.参与抽奖的顾客随机摸出2个球，若2个球颜色相同，则奖励6千元消费券；若2个球颜色不相同，则奖励4千元消费券.现有两种摸球方案，方案A：逐个有放回地摸球2次，每次摸出1个球；方案B：一次摸出2个球.若每位顾客只能从两种方案中选择一种方案参与活动，则选择最佳方案时获得的消费券均值为______千元.【答案】【解析】【分析】记获得消费券金额为千元，的取值有，分别求出方案A和方案B的期望，比较大小即可求出答案.【详解】记获得的消费券金额为千元，的取值有，方案A：，，则，方案B：，，则，因为，所以最佳方案为方案A，此时获得的消费券均值为.故答案为：.14.在中，角，，的对边分别为，，.若，，则的面积的最大值为______.【答案】【解析】【分析】由正弦定理可得，再由面积公式得结合余弦定理计算得出，根据三角形三边关系得出，结合二次函数值域求出最值.【详解】由及正弦定理，得．，．根据三角形三边关系定理，即，计算得，则当时，即时取得最大值，面积的最大值是．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）利用来求通项公式，但要注意首项是否满足；（2）利用错位相减法来求和即可.【小问1详解】由题意得：.当时，，因为，不满足上式，所以【小问2详解】由（1）可得所以当时，，①，②①②，得，所以可得：，当时，也满足上式，即.16.在中，角，，的对边分别为，，.已知，.（1）求，并判断的形状；（2）若，且，求的面积.【答案】（1），是等腰三角形.（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出，利用正弦定理以及两角和的正弦公式求出；（2）利用数量积定义和运算律求出边长，再利用三角形的面积公式计算.【小问1详解】因为，所以，则，由，以及正弦定理可得，则，得，因为，所以，则，又因为，所以，故是等腰三角形.【小问2详解】由（1）知，，则.由得，，由，得，得，故.则的面积为.17.已知双曲线：一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线倾斜角的2倍，且左顶点到直线的距离为，其中.（1）求方程.（2）过双曲线的右焦点作斜率为（）的直线与双曲线交于，两点，点关于轴的对称点为，在轴上是否存在定点，使，，三点共线？若存在.求出实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据倾斜角与斜率的关系结合正切的二倍角公式得到，由题意知，，联立求出即可求出答案；（2）设，，则，联立直线方程与双曲线方程得到和，根据直线的方程求出点的横坐标，将和代入即可求出答案.【小问1详解】记两条渐近线的倾斜角分别为，，则，，由正切的二倍角公式得，即.又左顶点到直线的距离为，则，又，联立，解得，则的方程为.【小问2详解】存在，理由如下：由题意直线过右焦点，则直线的方程为，设，，则.由，得，，，，又的方程为，令，得，将，代入上式，得，所以存在实数，使得，，三点共线.18.将椭圆面沿着垂直于其所在平面的空间向量平移得到的封闭几何体叫做椭圆柱体.如图所示的椭圆柱体，点和分别为上、下椭圆面的对称中心，椭圆的长轴长，短轴长为，，均垂直于椭圆面，且，过下底面椭圆的右焦点的动直线交椭圆于，两点，是上一点，且满足平面.（1）求的值；（2）求点到平面距离的最大值；（3）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）（2）（3）.【解析】【分析】(1)建系设点，由平面推出，利用向量平行坐标成比例求出点坐标，直接算.(2)设点，列平面的法向量方程组，写出法向量；代入点到平面距离公式，将距离表达式化简后用不等式放缩，求出最大值.(3)由得出方向向量，分别求平面、平面的两个法向量，用向量夹角公式计算余弦，结合图形取锐角值.【小问1详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，所以，.由平面，得，∴.【小问2详解】设，则，.设平面的法向量为，则取.又因为，所以(当时取等号)，即点到平面的距离的最大值为.【小问3详解】因为，所以直线的方向向量，直线的方向向量.设平面的法向量为，则取又，直线的方向向量，设平面的法向量为，则取所以.由图可知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.19.已知函数，．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若恒成立，求实数的取值范围；（3）若，，证明：．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出