安徽省淮北市2026届高三下学期第二次质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省淮北市2026届高三下学期第二次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.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题可知，则.2.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由，得，则，；反之，，取，则有，即不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3.已知复数，满足，，则（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】不妨设，由题意得：，，则，所以.4.已知是定义在上周期为4的奇函数，当时，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为是定义在上周期为4的奇函数，又当时，，故.5.如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设与方向相同的单位向量分别为，则，故，由于，故.6.某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（）A.事件与事件互斥 B.事件与事件相互独立C.事件与事件互斥 D.事件与事件相互独立【答案】B【解析】由题意可得，，，对于A，表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以，故A错误；对于B，的情况只有面4，故，又，满足，故B正确；对于C，表示同时有数字1、2和3，即面4，所以，故C错误；对于D，表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面，故，表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4，故，所以，不满足独立事件定义，故D错误．7.已知函数部分图象如图所示，其中点，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，，所以，解得，，因为图象经过可得，解得，代入可得，即，所以，即，，解得，所以，解得，所以，解得，所以.8.已知集合，则满足的函数的个数为（）A.12 B.15 C.24 D.30【答案】B【解析】集合，函数的定义域是，其函数值均取自集合；，且，至少为2；，且，至多为4；的可能取值为2，3，4.①当时,，即，且，只能取1，共1种选择；，即，且，只能取1，共1种选择；，即，且，可以取2，3，4，共3种选择；根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.②当时,，即，且，可以取1，2，共2种选择；对于，需满足；若，则只能取1，共1种选择；若，则可以取1，2，共2种选择；和的组合共有1+2=3种情况；，即，且，可以取3，4，共2种选择；根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.③当时,，即，且，可以取1，2，3，共3种选择；对于，需满足；若，则只能取1，共1种选择；若，则可以取1，2，共2种选择；若，则可以取1，2，3，共3种选择；和的组合共有1+2+3=6种情况；，即，且，可以取4，共1种选择；根据分步乘法计数原理，此情况下的函数个数为.综上所述，满足条件的函数总个数为.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.已知为等差数列的前项和，，，，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】A选项，因为是等差数列，且，，所以，，所以，所以A选项正确；B选项，由A选项解析得：，，则，所以B选项错误；C选项，，所以，，则，所以C选项正确；D选项，因为，所以是以首项为，公比为4的等比数列，所以，所以D选项正确.10.已知抛物线的焦点为，过点倾斜角为30°的直线交抛物线于，两点（在第一象限），设，在抛物线准线上的射影分别为，，则（）A. B.C.为正三角形 D.为直角三角形【答案】ACD【解析】选项A：由题意，解得，故A正确；选项B：直线AB的方程为，由A项得方程为，联立，得，因为在第一象限，所以，则，所以，则，故B错误；选项C：由题意得，所以，由抛物线的定义可得，所以，所以为正三角形，故C正确；选项D：，所以，即，所以为直角三角形，故D正确.11.设正六棱锥的侧面与底面所成的角为，则（）A.若，则的侧棱与底面所成角的余弦值为B.若的高为，，则其内切球半径为C.若的高为，，则其外接球半径为D.若的体积为定值，则其表面积最小时【答案】ABD【解析】正六棱锥如图所示，顶点为，设正六棱锥底面正六边形的边长为，底面中心为，顶点为，高，底面正六边形的边心距（中心到边的距离）：，侧面等腰三角形的斜高（顶点到底边的距离）：，侧面与底面所成二面角满足：当时可解得，对于A选项，侧棱与底面所成角为侧棱与底面的夹角，即，如图，其中（正六边形半径等于边长），侧棱，，因为，则，故A正确；对于B选项，内切球心在高上，半径等于球心到侧面的距离，设六棱锥底面面积为，侧面面积为，则棱锥体积为，表面积：，由可得，代入可得，，又因为，所以，故B正确；对于C选项，外接球心在高上，设球心为​，半径为，则，，，在中：，即，代入，可得，即，故C错误；对于D选项，设体积为定值，底面边长为，高为，底面边心距为，所以，底面积，体积，侧面与底面成角为，斜高为，侧面积，总表面积为，将，即，代入可得，因为为定值，只需要研究，令，则，则，则，因为，则等价于，即，解得，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列满足：，，则_____________.【答案】2【解析】由，，所以，，，即，所以数列是以为周期的周期数列，所以.13.已知均为实数，若的解集是且，则函数的极大值为__________.【答案】【解析】因为原不等式的解集是且，故、为的零点，则或（舍）所以，则，，得或；，得，则在和上单调递增，在上单调递减，则的极大值为.故答案为：.14.已知点，分别是直线和圆上的动点，，则的最小值为____________.【答案】【解析】设中点为，则，所以.得的轨迹是和两条平行线所夹的区域，点到该区域的最小距离为点到直线的距离，因为点在圆上，圆心，半径，设点到直线的距离为，则：，所以.又因为，所以.综上，的最小值为.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.已知的三个顶点在半径为2的圆上，.（1）求；（2）若为锐角，求周长的取值范围.解：（1）由正弦定理可得，所以，又因为，所以或.（2）若为锐角，由（1）可知，由正弦定理可得，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以周长的取值范围为.16.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若方程有两个不同的根，求的取值范围.解：（1）当时，函数，函数的导函数，所以，，所以曲线在点处的切线方程是，即.（2）函数的导函数，当时，，单调递增，方程至多有一个实根，不符合题意舍去；当时，令，解得，当时，单调递增；当时，单调递减；时，；时，.要使方程有两个不同的根则,即，所以，即，令，故在上单调递增，又，所以时，.综上：的取值范围是.17.如图，在三棱锥中，为正三角形，是棱的中点，，，．（1）证明：；（2）点满足，且平面（i）求的值；（ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值．（1）证明：已知，，由勾股定理得，又是AB中点，且由题意得为等腰直角三角形，故，且，在正中，是AB中点，故，且，在中，有，故，又，且平面PAB，故平面PAB，又平面PAB，因此．（2）解：（i）由（1）可知，PD、CD、AB三者之间两两互相垂直，所以以为原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，由题意及（1）可得，，，，，所以，，，由，得，又，，设平面PAE的法向量为，则可得，解得（*），因为平面PAE，所以，即，联立（*）可解得．（ii）由前述可知，所以对于平面PAE的法向量为，有，令，则，设平面PBC的法向量为，又，则，可得，令，则，所以两平面夹角的余弦值．18.已知双曲线，是其右顶点，定点，动点，直线交于点，连接并延长交于点.（1）若，证明：为的左顶点；（2）设直线，的斜率分别为，，求证：是定值；（3）若的面积为5，求点坐标.（1）证明：当时，，而，故，故，由可得，故，故，故，故，故，该直线过，而为双曲线的左顶点，故为双曲线的左顶点.（2）证明：设，，由可得，整理得，由可得，故的坐标为此方程的两组解，由题设均不为1，故，即，同理，故为方程的两个解，故，而过，故即，故.（3）解：由题设，而过第一象限和第三象限的渐近线的斜率为，故直线与双曲线的右支交于两个不同的点，而，故，又，由可得，故且，，故，而直线与轴交点坐标为，故的面积为，整理得，故，故或，而，故，结合可得或，当时，故，此时，故，故；当时，故，此时，故，故；综上，或.19.已知袋子中共有个形状相同的球，红、黄、蓝三种颜色，其中红球有个，随机不放回依次逐个取出一球，直到将球全部取出.（1）求第二次取出的球是红球的概率；（2）若红球、黄球、蓝球的个数分别是3、2、2，求红球被全部取出时袋子里还有黄球和蓝球的概率；（3）记随机变量为最后一个红球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：.（1）解：记第二次取出的球是红球为事件A，将n个红球的安排情况作为样本空间，则样本点总数