合肥市普通高中六校联盟2025-2026学年高三上学期第一次数学教学质量监测数学试卷

合肥市普通高中六校联盟高三第一次教学质量监测高三年级数学试卷（考试时间：分钟满分：分）一、单项选择题本题共8小题，每小题5分，共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，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】写出，利用补集概念求出答案.【详解】，故.故选：A2.已知，，则复数z在复平面内所对应的点位于（）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】，根据共轭复数的定义求出，再结合已知条件列出方程组求解的值，从而得到复数，最后确定其在复平面内的位置.【详解】设复数，则共轭复数，因为，列出方程组为：求解该方程组得：.所以复数.在复平面内对应点坐标，横坐标，纵坐标，第1页/共22页

所以该点在第一象限.故选：A.3.已知向量且，求（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量线性运算坐标表示计算，，再有向量垂直数量积为0列式计算可得，即可求得.【详解】因为，所以，，由得，，则有，解得或，因为，所以，即.故选：C4.在的展开式中，的系数为（）A.3B.6C.60D.30【答案】C【解析】【分析】求出展开式的通项，再根据的次数确定的次数，最后求出的系数.【详解】根据二项式定理，可得展开式的通项为（）.要求的系数，则的次数，此时.同样根据二项式定理，展开式的通项为（）.要得到，则令，解得.第2页/共22页

当，时，的系数为在的展开式中，的系数为60.故选：C.5.已知，则（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据诱导公式化简得到用两角差的正切公式化简得解.【详解】因为，所以，即，所以，则.故选：A.6.2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（）第3页/共22页

A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据侧面与底面夹角求出底面边长，即可求出底面积，再由锥体的体积公式计算可得.【详解】如图取的中点，连接、，因为为正六棱锥，所以，，所以为侧面与底面的夹角，所以，又底面，底面，所以，所以，又底面为正六边形，所以为等边三角形，所以，则，所以，所以，所以六棱锥的体积为.故选：C7.已知直线，圆，过上一点作的两条切第4页/共22页

线，切点分别为，使四边形的面积为的点有且仅有一个，则此时直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，可得，由点到直线的距离公式求得，进而求得直线是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，两圆方程相减得解.【详解】如图，，解得，所以，因这样的点有且仅有一个，由图知此时，则圆心到直线的距离为6，即，化简得，其中，，则，，所以，即，则直线的斜率为，所以直线，即，联立，解得，即，因的中点坐标为，且，第5页/共22页

则以为直径的圆的方程为，整理得，易知直线是圆与以为直径圆的公共弦所在直线，将两圆的方程相减得，故直线的方程为.故选：B.8.已知，，abc的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，可判断，，得解.【详解】，，，则，又，，.故选：C.二、多项选择题本题共3小题，每小题6分，共分在每小题给出的四个选项中，有多第6页/共22页

项符合题目要求全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知，函数，则下列结论一定正确的是（）A.的图象关于轴对称B.的最小正周期为C.的最大值为D.在上的最小值为【答案】AC【解析】可得A正确；根据函数的周期举反例可判断BD辅助角公式可得C正确.【详解】对于A，，故A正确；对于B，当时，,此时,函数的最小正周期是，故B错误；对于C，，由正弦函数的值域可得最大值为，故C正确；对于D，当时，，所以，当时，，当时，，由于不确定的大小，所以最小值为不正确，故D错误；故选：AC10.已知是定义在上的奇函数，，是奇函数，且，则下列说法中正确的有（）A.为偶函数B.第7页/共22页

C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由及复合函数的导数求法、奇偶性定义判断A；由题设有，得，令求参数得判断B；利用奇偶性、对称性判断C、D.【详解】由于是定义在上的奇函数，所以，则，即，故A正确；因为是奇函数，所以，即，所以，则，令，所以，所以，即的图象关于直线对称，则，故B错误；，故C正确；，故D正确.故选：ACD已知数列，其前n项和为，数列，其前n项和为，则下列说法正确的是（）A.若为等差数列，则数列也是等差数列B.若，则数列为等比数列C.若，则时取到最小值D.若为等比数列，且，则【答案】AC【解析】项和公式推导第8页/共22页

过等差数列前项和的二次函数的形式即可判断；根据等比数列前项和的形式与已知条件给出的形式，即可解得.【详解】因为为等差数列，所以前项和，所以，所以，所以数列是等差数列，故正确；因为，若，则所有项都为，所以数列不是等比数列，故错误；因为，所以，所以为等差数列，首项为，公差为，所以，此二次函数开口向上，对称轴为，因为，所以当时，取到最小值，故正确；因为为等比数列，且，故公比不为1，所以，所以，所以，故错误.故选：.三、填空题本题共3小题，每小题5分，共分12.某单位在五一假期，需要从5人中选若干人在5天假期值班（每天只需1值班2天，共有________种不同的安排方法．第9页/共22页

【答案】1280【解析】【分析】根据分步计数乘法原理，结合题意计算即可得结果.【详解】根据题意，第一天从5个人中选1个人值班，有5种选法；第二天不能选第一天值班的人，所以有4种选法；第三天同样不能选第二天值班的人，所以还是有4种选法；第四天也不能选第三天值班的人，有4种选法；第五天不能选第四天值班的人，有4种选法.所以，总共有种不同的安排方法.故答案为：1280.13.时是两个函数的法线，该直线称为两个函数的“公法线”．函数与函数的“公法线”方程为______．【答案】【解析】在点线在点处的法线方程，根据这两法线重合可得出关于、的方程，解出这两个未知数的值，即可得出“公法线”方程.【详解】对于函数，有，可得，解得，故函数的定义域为，由求得，，则法线斜率为，则在点处的法线方程为，即，由求导得，则法线斜率为，则在处的法线方程为，第10页/共22页

即，由“公法线”得，，这两个等式相加得，即，令，则，故函数在上为增函数，又因为，所以函数有且只有唯一的零点，解方程组，可得或，，又因为，故，故要舍去，即，，所以“公法线”方程为，故答案为：.14.已知随机取或1不为常数列列中1改为若新数列为常数列对任意初始数列，必在有限次操作后停止．如：，对初始数列1，，操作过程为1，，，，1；．当时，对所有可能的初始数列，对应操作次数的和为________．【答案】24【解析】【分析】按的个数及出现的位置分类，利用列举法分别求出操作次数即可.【详解】当时，按的个数及出现的位置，初始数列共有7种情况：第11页/共22页

初始数列，；初始数列，；初始数列，；初始数列，；初始数列，；初始数列，；初始数列，；所以所求操作次数的和为.故答案：24四、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.研究表明，春季早晚温差大，由于个人体质不同，可能会导致感冒患病．某医学研究小组为了解30~40岁人群的体质健康是否与性别有关，在3月感冒易发季节对某社区中该年龄段的60位居民进行了检测，将检测结果制成如下2×2列联表：健康状况性别合计不感冒感冒男女62430合计（1）在上述不感冒的人群中，按照性别采用分层抽样的方法抽取9人，再从这9人中随机选取4人访谈，记参与访谈的男性人数为，求的分布列和期望；（2）依据小概率值的独立性检验，能否据此推断30~40岁人群的体质健康与性别有关？若把表中所有数据扩大到原来的10倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验判断体质健康与性别的关联性，结论还一样吗？请解释原因．第12页/共22页

附录：，其中．0.10.050.0250.010.0012.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）分布列见解析，（2）答案见解析【解析】1，求出对应概率，即可列出分布列，求出期望；（2）根据列联表中的数据，经计算得到，再和参考数据表中对应的数据比较，即可得到结论.【小问1详解】样本中不感冒的男性有人，女性有人，比例为，按照性别采用分层抽样的方法抽取人，则抽取男性人，女性人，所以随机变量的所有取值为.则，，，，所以的分布列为1234所以.【小问2详解】提出统计假设：岁人群的体质健康与性别无关.第13页/共22页

根据列联表中的数据，经计算得到，因为，假设成立，所以依据小概率值的独立性检验，不能据此推断岁人群的体质健康与性别有关.如果把所有数据都扩大10倍后，，，所以依据小概率值的独立性检验，能据此推断岁人群的体质健康与性别有关.与之前的结论不一样，原因是每个数据都扩大为原来的10倍，相当于样本量变大为原来的10倍，导致推断结论发生了变化.16.在矩形中，为1和分别沿向上翻折，使得点重合，记重合后的点为，如图2．已知，四棱锥的体积为．（1）求；（2）求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】1）设出所求线段，根据勾股定理以及余弦定理，表示出四棱锥的高，结合四棱锥的体积公式，可得答案.（2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.【小问1详解】第14页/共22页

取的中点分别为，连接，过点作，垂足为，设，则，为等边三角形，，在中，，在中，，，又梯形的面积，所以四棱锥的体积为，解得（；【小问2详解】由（1）可得．以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以设平面的法向量为，则第15页/共22页

取，得．设平面的法向量为，则取，得．所以，，所以平面与平面所成角的正弦值为．17.已知函数.（1）当时，证明：；（2）若存在极大值，且极大值大于0，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）求导后分析单调性，得到最大值即可；（2）求导后，分和讨论单调性和极值，当时，构造函数，由导数分析单调性解抽象函数不等式可得.【小问1详解】时，，，时，；时，，所以在区间上单调递增，上单调递减，所以.【小问2详解】第16页/共22页

，时，，在上单调递增，无极值；时，时，；时，，所以在区间上单调递增，上单调递减，所以的极大值为，令，则，所以在区间上单调递增，由已知，所以，解得，综上，.18.抛物线:，为的焦点，过抛物线外一点作抛物线的两条切线，，是切点.（1）若点的纵坐标为，求证：直线恒过定点；（2）若||＝，求面积的最大值;（3）证明：||·||=.【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】1）利用导数分别求出直线和直线的方程，由直线和直线都过即可求出直线的方程，再根据点的纵坐标为，即可得到直线恒过定点；（2）将直线的方程与抛物线的方程联立，利用弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出的高，即可求出面积的最大值.（3）设直线方程为，与抛物线方程联立，可得，直线的方程第17页/共22页

为，进而可得直线的方程为，求得，进而可得，可得结论.【小问1详解】设，，由得，则直线的方程为，即，即，同理，直线的方程为又直线与直线都过，则，，从而均在直线上，故直线的方程为，又，故直线的方程为，故直线过定点；【小问2详解】联立，得，，则，则，于是，，又点N到直线AB的距离，