安徽省马鞍山市2026届高三下学期第二次教学质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省马鞍山市2026届高三下学期第二次教学质量监测数学试题一、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i是虚数单位，复数满足，则（）A. B.3 C. D.9【答案】B【解析】因为，所以，所以故选：B.2.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，对于A，因为，A错误；对于B，，B错误；对于C，，C错误，D正确3.已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（）A.， B.，C.， D.，，【答案】C【解析】A：当，时，，所以本选项不符合题意；B：当，时，平面，可以平行，所以本选项不符合题意；C：当，时，由面面垂直的判定定理可得，所以本选项符合题意；D：当，，时，根据线面垂直的判定定理，由不一定能推出，所以本选项不符合题意.4.已知数列是各项均为正数的等比数列，是其前项和，且，则（）A.3 B. C.1 D.【答案】A【解析】由题设，若数列的公比为，且，由，可得，则（负值舍），即数列为常数列，则.5.已知四边形为平行四边形，，为与的交点，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，所以因为，所以，所以.6.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，所以，所以.7.已知函数的定义域为，当时，，对任意，有．若是增函数，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】当时，，和都是单调递增函数，因此在内单调递增，左端点；在区间内，对任意，都有，由递推关系：当时，，因此，若整体递增，则必有，若，函数值正负交替，不可能递增，则该区间内部同样单调递增；而区间左端点，区间内任意，都有，函数整体为增函数，必须满足的最大上限值的最小起点值，得到，解得.再看区间，左端点，要保持递增，需的上限值，得，和之前结论一致，以此类推，对所有后续区间，只要，分段衔接处永远满足递增，每一段内部也保持递增.8.已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】面是过的平面，截球所得截面圆的圆心为，半径为,顶点都在球内（），在球外（），因此和各有一个交点，交线为两点间的圆弧,上交点满足，得，又（中），因此圆弧圆心角，弧长，同理，面与对称，弧长，是等边三角形，、各有一个交点，圆心角为，弧长：，到面的距离，截面圆半径，截面圆心为，弧长：，.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，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.一组数据的平均数为，将这组数据分别加上它们的平均数，得到一组新数据，则新数据与原数据相比（）A.极差相同 B.平均数相同C.方差相同 D.中位数相同【答案】AC【解析】设新数据为

，逐个分析选项：对于选项A：原极差

，新极差

，极差相同，A正确；选项B：原平均数为

新平均数

，平均数不同，B错误；选项C：原方差

，新方差：，方差相同，C正确；选项D：原中位数为

，新中位数为

，因

，故中位数不同，D错误.10.数列的前项和为，且，，则（）A.数列是等差数列B.数列是等比数列C.D.数列的前项和等于【答案】ABD【解析】对于A，由数列满足，当时，，所以，可得，因为，可得，所以，则，所以，所以，所以数列是以首项为，公差的等差数列，所以A正确；对于B，由A项可得，所以，当时，，当时，，适合上式，所以，又由，可得，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以B正确；对于C，由B项知：数列的通项公式为，所以C错误；对于D，由，可得的前项和为：，所以D正确.11.已知曲线，则（）A.曲线关于直线对称B.曲线与轴有4个公共点C.曲线上存在一点，使得D.曲线上任意一点，都有【答案】AD【解析】对A：，曲线过原点，若点在曲线上，则点也在曲线上，故曲线关于原点，轴，轴，直线均对称，故A正确；对B：由对称性及曲线过原点，曲线与x轴必有奇数个公共点，故B错误；对C：假设存在一点，使得，则，过点的直线方程为，则，由对称性不妨设，则，矛盾，故C错误；对D：，等号成立时，此时无法成立，故等号取不到，由得成立，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填在答题卡的相应位置．12.已知抛物线，则以的焦点为圆心，且与的准线相切的圆的标准方程为__________.【答案】【解析】由题意得的焦点为，准线为，故圆的圆心为，则半径，则圆的标准方程为.故答案为：.13.的展开式中，的系数为______．（用数字作答）【答案】120【解析】从个因式中依次选择个，个，个，则结果为，故的系数为.14.已知曲线恒过定点，点是曲线上的一个动点，点，当的最小值为时，______．【答案】【解析】法一：取中点，，，，所以，而，结合余弦定理易知，则，当且仅当重合时取等，即垂直于过点的切线，而，此时处切线斜率为，而，从而，即．法二：设，且，，则，，所以，则，当，，在上单调递减，无最小值当，在上单调递增，，，故存在极小值点，，得故，即，由，则，故时，时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则，当且仅当取等，所以，即．四、解答题：本题共5题，共77分．解答题应写出文字说明、演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．15.曲线在点处的切线为．（1）求直线的方程；（2）若直线与曲线在轴右侧只有一个公共点，求实数的值．解：（1），，的方程为，即.（2）直线与曲线在轴右侧只有一个公共点，即方程只有一正实数解，即只有一正实数解，令，则，时，，单调递减；时，，单调递增；且时，；时，，故.16.如图，圆锥的底面半径为1，高为2，是的直径，点在上，且．（1）求点到平面的距离；（2）点在线段上，二面角的大小为，求直线与圆锥底面所成角的正弦值．解：（1）方法－：因为为直径，所以，由，得，，所以，所以，在中，，，所以，设点到平面的距离为，由，得.方法二：取弧的中点，连接，则，以为坐标原点，方向为轴方向如图建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，，令，得，则点到平面的距离为.（2）方法一：取中点，连接、，则，又平面，则，，故面，故，所以二面角的平面角为，即，在等边中，，为等腰直角三角形得，在中，，故所求线面角，.方法二：设，设平面的法向量，，令，得，底面的法向量，则，得，即，，设直线与底面所成角为，则.17.在中，内角，，的对边分别为，，．已知，点是边上一点，．（1）若，，求的面积；（2）若，求的最小值．解：（1）因为，所以是的中点，所以，两边平方得，即，又由余弦定理知，联立得，故的面积.（2）由，得，故，即，故，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为27.18.已知双曲线过点，且渐近线方程为．（1）求的标准方程；（2）点的坐标为，过点的直线与的左支交于，两点，直线，分别与的右支交于，两点．（ⅰ）的左顶点为，记直线，的斜率分别为，，求；（ⅱ）证明：直线过定点．（1）解：双曲线过点，渐近线方程为，，解得；的标准方程为.（2）（ⅰ）解：，的左顶点；直线过点，设直线方程为，，；，联立方程得，，则，；直线与的左支交于，两点，，；即，解得；综上所述，的值为.（ⅱ）证明：直线过点，设直线的方程为，，，则；，联立方程得，则，得；；同理可求得，；①当直线斜率存在时，如图所示：,,三点共线，，即，则，化简得;令，即，即直线过定点;②当直线斜率不存在时，如图所示：此时，则，解得，；直线的方程为，也过定点；直线恒过定点.19.某次乒乓球课上，甲、乙、丙、丁四人进行游戏，先在四人中每两人之间进行一场乒乓球比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，没有平局．乒乓球比赛结束后，再进行抽奖，积分为k的人有k次抽奖机会，每人的游戏总得分为其比赛积分与中奖次数的和，总得分最高者（允许并列）获得奖励．已知每场乒乓球比赛中每人获胜的概率均为，每次抽奖每人中奖的概率均为，且各场比赛结果、每次抽奖结果互不影响．（1）求甲在乒乓球比赛中积1分的概率；（2）记甲在游戏中总得分为2的概率为，求的最小值；（3）若，记事件A为“甲在乒乓球比赛中积3分”，事件B为“甲在游戏中获得奖励”，求．解：（1）甲在乒乓球比赛中积1分，则甲与乙、丙、丁三人的3场比赛中，胜1场，负两场，故概率为；（2）甲在游戏中总得分为2，对应事件：甲在乒乓球比赛中获得1积分，抽奖1次中1次；或甲在乒乓球比赛中获得2积分，抽奖两次中0次，故所求概率为；故当时，的最小值为（3