安徽省2026届高三数学下学期4月教学质量检测试题(一)【含答案】

安徽皖南八校2026届高三数学下学期4月教学质量检测试题考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．3．本卷命题范围：高考范围．一、选择题：本大题共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，集合，则的真子集个数为（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】【详解】由题意得，集合，则．则的真子集个数为．2.已知复数满足，是的共轭复数，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由复数满足，可得，则，其虚部为．3.若函数的最小正周期为，则（）A.2 B. C.1 D.0【答案】B【解析】【分析】由周期公式确定，进而可求解.【详解】因为的最小正周期为，所以，即，所以．4.已知向量，则“”是“与的夹角为锐角”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用向量夹角公式及向量夹角的范围，求出与的夹角为锐角的充要条件，再结合条件，即可求解.【详解】因为，则，由与的夹角为锐角，可得，解得且，则“”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件．5.已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据等差数列前项和最值的性质，建立不等式解出即可.【详解】因为是中的唯一最大项，所以且，即且，又，解得，即的取值范围为．6.如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点，根据条件求出点坐标，由三角函数的定义得，结合条件，由余弦的差角公式，即可求解.【详解】由题意可知，针尖所在点初始位置在第二象限内，设为点，且在单位圆上，如图所示，点的纵坐标为，设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点，设经过小时后，时针针尖所在点的坐标为，则，在直角三角形中，，因为，所以，又因为，所以点在第一象限内，设，则点坐标为，设点，由，解得或舍去，设，则，所以．7.已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】【详解】因为是偶函数，，所以，即①，因为是奇函数，所以，所以，即②，①+②，并整理得．8.不全为的实数对满足关系式，则这样的实数对共有（）组.A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】可变形为，则可转化为点与点到直线的距离为，再分别以、为圆心，作半径为的圆，再利用两圆位置关系与公切线条数的关系计算即可得.【详解】由可得，即点与点到直线的距离都为，分别以、为圆心，作半径为的圆、圆，由，故两圆外离，则两圆共四条公切线，由图可得，两圆公切线都不过原点，故有对这样的实数对，使得点与点到直线的距离都为.故选：D.二、多项选择题：本大题共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.已知两组样本数据和，其中是的中位数，则这两组样本数据的（）A.极差不相等 B.中位数一定相等 C.平均数一定相等 D.标准差可能相等【答案】BD【解析】【详解】不妨设，则，新数据按升序排列可得x1,x2对于选项A：两组数据的极差均为，即极差相等，故A错误；对于选项B：两组数据的中位数均为，即中位数相等，故B正确；对于选项C：例如，则，平均数为，新数据0，2，3，4，10的平均数为，显然，所以平均数不相等，故C错误；对于选项D：例如，则，显然其标准差为0，新数据0，0，0，0，0的标准差也为0，两者相等，故D正确．10.已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且，则下列说法正确的有（）A.该四棱台的体积为14 B.侧棱与底面夹角的正切值为C.若为的中点，则平面BDE D.该四棱台的外接球表面积为【答案】ACD【解析】【分析】求出正四棱台体积判断A；求出侧棱与底面夹角正切判断B；利用线面平行判定推理判断C；求出外接球半径求解判断D.【详解】设棱台的上下底面中心分别为，对于A选项，因为正方形ABCD的边长为，正方形的边长为，所以，台体的高为，由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为，A正确；对于B选项，侧棱与底面夹角的正切值为，B错误；对于C选项，当点为的中点时，易知为AC的中点，则，因为平面平面BDE，故平面，C正确；对于D选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，设球的半径为，，则，由可得，解得，故，因此，该四棱台的外接球表面积为，D正确．11.已知椭圆曲线，下列结论正确的是（）A.曲线与轴的交点的横坐标之和等于0B.曲线关于直线对称C.若直线与曲线恰有3个交点，则D.直线与曲线的交点的横坐标之和等于0【答案】ACD【解析】【分析】对于A，令,则，解方程即可判断；对于B，设点在曲线上若曲线关于直线对称，则对称点应满足：，化简即可求解；对于C，直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数，结合导数研究的单调性和极值即可求解；对于D,直线代入方程整理得,结合三次方程的韦达定理即可求解.【详解】对于A，令,则，解得：或,或，则曲线与轴的交点的横坐标之和等于，故A正确；对于B，设点在曲线上，则，若曲线关于直线对称，则对称点应满足：展开左边：与原方程不相等，故B错误；对于C，令，求导得令,解得：或，令,解得：，所以的单调增区间为，单调减区间为当时，；当时，，所以的极大值为2，极小值为，直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数，要使直线与曲线恰有个交点，需在内，即：解不等式：，恒成立；，所以直线与曲线恰有3个交点，则，故C正确；对于D，直线代入方程：，整理得设方程的三个根为，根据三次方程韦达定理：，所以直线与曲线的交点的横坐标之和等于0，故D正确.故选：ACD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】【详解】的一条渐近线方程为，，．13.若直线与曲线相切，则实数的值为___________.【答案】5【解析】【分析】设直线与曲线相切于点，进而结合导数几何意义求得切点为，再代入直线方程求解即可.【详解】设直线与曲线相切于点，由得，所以，整理得，解得或（舍去），所以，即切点为所以将代入直线方程得，解得．14.装修师傅要用红、黄、绿三种颜色的地砖铺设一条长10格的走廊，地砖宽度与走廊宽度相同，每块红色地砖长1格，每块黄色地砖长2格，每块绿色地砖长3格，地砖只能整块铺设，且3种颜色都要使用，相同颜色的地砖不作区分．已知装修师傅共使用了6块地砖，恰好铺满这条走廊，若要求相邻2块地砖的颜色不同，则共有____种不同的铺设方法．【答案】【解析】【分析】设出使用红色，黄色，绿色地砖的块数，根据题意列出方程组，从而求得所用每种颜色地砖的块数，再根据红色地砖所在位置分类讨论即可求解.【详解】设使用红色地砖块，黄色地砖块，绿色地砖块，由题意得，，解得，即使用红色地砖3块，黄色地砖2块，绿色地砖1块．下面分四种情形讨论：①3块红色地砖使用在第1，3，5块地砖的位置时，1块绿色地砖有种方式铺设，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法；②3块红色地砖使用在第2，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖有种方式铺设，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法；③3块红色地砖使用在第1，3，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第4，5块地砖的位置铺设，有种方法，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有2种不同的铺设方法；④3块红色地砖使用在第1，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第2，3块地砖的位置铺设，有种方法，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有2种不同的铺设方法.综上，共有种不同的铺设方法．故答案为：.四、解答题：本大题共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.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）证明：；（2）求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先利用三角形内角和，将转化为，整理得，再代入余弦定理，化简得到边的关系式，最后结合正弦定理，将边的关系转化为角的正弦关系，完成证明.（2）先用（1）的边的关系，把用表示出来，再用基本不等式求出它的最小值，并验证等号能取到，然后根据三角形内角的性质，确定它小于1，最后综合得到的取值范围即可.【小问1详解】因为，则代入得，所以，即，由余弦定理可得，所以，所以，因为正弦定理（为外接圆半径），则，，，代入上式：所以．【小问2详解】由（1）知，所以，由余弦定理得，由基本不等式（当且仅当，即时取等号），得：，又因为当时，代入，得，解得，则满足三角形三边关系，故等号成立，由，可知为最大边，且，故为钝角，因此，即，故，又由基本不等式得，所以的取值范围为．16.如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面.（1）若为上靠近点的三等分点，证明：平面；（2）若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设与交于点，由，线线平行判定线面平行；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量，由线面角的正弦等于方向向量与法向量的余弦的绝对值计算即可.【小问1详解】如图，设与交于点，连接，因为，，所以，所以，所以为上靠近点的三等分点，又因为为上靠近点的三等分点，所以在中，，而平面，平面，所以平面．【小问2详解】因为，，所以，又因为平面，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，从而，因为，所以，所以点的坐标为，，设平面的一个法向量为，则即则，令，可得，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，为锐角，则，.17.已知甲手里有3张卡片分别标有数字1，3，5，同样乙手里也有3张卡片分别标有数字2，4，6，若在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张（不放回），并比较所选卡片上数字的大小，数字大的一方获胜并得1分，数字小的一方得0分，两人共进行三轮比赛．（1）求第一轮甲获胜的概率；（2）在第一轮甲获胜的条件下，第二轮甲获胜的概率；（3）三轮比赛结束，求甲的总得分的期望．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先确定甲、乙各自选卡片的所有可能结果数，再找出甲卡片数字大于乙的结果数，最后用古典概型概率公式计算；（2）先明确第一轮甲获胜概率，再确定事件“第一轮甲获胜且第二轮甲获胜”包含两种互斥情况，最后用条件概率公式计算；（3）分析甲每轮得分的可能取值，确定每轮得分的概率，再求解期望即可.【小问1详解】根据题意第一轮两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，所有可能组合有种：，甲获胜的情况是甲的数字大于乙的数字，有3种，所以甲获胜的概率为．【小问2详解】设“第一轮甲获胜”为事件，“第二轮甲获胜”为事件，由上可知第一轮甲获胜的概率为，

事件“第一轮甲获胜且第二轮甲获胜”（记为）包含两种互斥情况：第一轮甲出3胜乙出2，第二轮甲出5胜乙出4与第一轮甲出5胜乙出4，第二轮甲出3胜乙出2,每种情况的概率均为，故，根据条件概率公式．【小问3详解】甲、乙双方的出牌顺序分别有种，所有可能的出牌顺序组合共有种，这些组合等可能.因对称性，可固定甲的出牌顺序为来分析甲的得分情况,设甲总得分为，则的可能取值为在不考虑出牌顺序的前提下，第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表，甲得分135024612641426146226241642甲、乙两人出牌共有36种，则，则.18.如图，在平面直角坐标系中，曲线，点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点P，Q分别是曲线与线段AB上的动点．（1）求的值；（2）若直线PQ与轴垂直，且，求点的坐标；（3）若为曲线上一点，是否存在点使得四边形FQDP是以为邻边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）存在，点【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，抛物线上一点到焦点的距离等于到准线的距离，再结合点B的横坐标求解即可；（2）先设出点P的坐标，根据曲线方程表示出P的纵坐标，再得到点Q的坐标；然后写出向量和的坐标，利用向量数量积公式列出方程，进而求解点P的坐标；（3）假设存在满足条件的点P，因为四边形是以为邻边的矩形，所以根据矩形的性质，可得；设出点P，表示出Q的坐标，根据矩形性质表示出点D的坐标，结合Q在曲线C上的条件，联立方程求解，进而确定是否存在这样的点P.【小问1详解】依题意可得：曲线所在的抛物线的焦点为，准线为，且，由抛物线的定义可知．【小问2详解】设，其中，则，．由得，再结合，解得（负值已舍去），所以．【小问3详解】假设存在点使得四边形FQDP是以FP，FQ为邻边的矩形，设，显