2026-2027学年安徽省六校高三（上）阶段性学情检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年安徽省六校高三（上）阶段性学情检测数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数z满足(z−1−i)i=−1，则|z|=(

)A.2 B.3 C.5 D.2.“x∈Q”是“x∈N”的(

)A.必要不充分条件 B.充要条件

C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件3.已知函数f(x)=log2x,x>0|x−1|+1,x≤0A.log23 B.2 C.3 4.已知双曲线x2a2−y2A.25 B.5 C.25.自动驾驶激光传感器采集测距数据，测量值与真实值的偏差X满足：X～N(μ,σ2)，经过大量测试，得到P(X≥7)=P(X≤1)，则μ=A.1 B.2 C.3 D.46.各项均为正数的数列{an}满足a1=1，aA.5 B.25 C.26 7.已知函数y=2sin(ωx+φ)(ω>0)的部分图象如图所示，则ω=(

)A.23

B.32

C.43

D.8.已知空间直角坐标系O−xyz中，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A在z轴上运动，顶点B1在平面A.2+6 B.2+二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知单位向量a，b满足|a−b|=A.a⋅b=12 B.<a，b10.数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们平常用的是十进制，如2026=2×103+0×102+2×101+6×100.表示十进制的数有10个数码：0，1，2，…，9.在计算机中用的是二进制，只有两个数码0A.(10001)2=17

B.满足a0，a1，⋯，a5中有且只有4个1的所有二进制数(a0a1⋯a5)2有15个

C.满足a0，a1，⋯，a411.过抛物线C：y2=2px(p>0)对称轴上一点A(a,0)(a>0)作直线l交C于M，N两点，过M，N作直线x=−a的垂线，垂足分别记为M1，N1A.yMyN=−p2

B.记坐标原点为O，则M1，O，N三点共线

C.记M1N1的中点为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在(2x+1x)6二项式展开式中，常数项为13.过直线x+2y−5=0上一点P作圆x2+y2=1的切线，切点分别为A，B，则cos∠APB14.存在[a,b]⊆[12,1]，使得函数f(x)=xex−lnx+1−k在区间[a,b]上的值域为[a,b]，则k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.(本小题13分)

已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，将△ABC沿AC折起，得到如图所示的空间几何体P−ACD．

(1)求证：AC⊥PD；

(2)当平面APD⊥平面CPD时，求PD的长．16.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足3asin(π2+B)=bsinA．

(1)求B的值；

(2)如图，点D在边AB上且满足CD=23CA17.(本小题15分)

一个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的n个球，其中黑球4个，其余为红球．

(1)从袋中进行无放回的摸球试验.求第一次摸出的球是黑球的条件下，第二次摸出的球是红球的概率(结果用含有n的式子表示)；

(2)为了估计n的值，设计了如下两种方案：

方案一：从袋中进行有放回的摸球4次；

方案二：从袋中进行有放回的摸球试验，摸出红球或摸球4次停止．

(i)求方案一摸出的红球频率X的数学期望；

(ii)在两种方案中，借助摸出红球频率的数学期望，估计n的值，试分析哪个方案估计n的值更合理．18.(本小题17分)

已知椭圆τ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(−2,−1)，且离心率为22．

(1)求τ的方程；

(2)设O为坐标原点，直线l交椭圆τ于M，N两点．

(i)当O为△PMN的重心时，求直线l的方程；

(ii)设Q19.(本小题17分)

函数f(x)的定义域为I，对于任意x1，x2∈I，都有|f(x1)−f(x2)|≤|x1−x2|成立，我们就称函数f(x)具有性质P．

(1)证明：函数f(x)=lnx(x>1)具有性质P；

(2)已知函数f(x)具有性质P，且满足：①f(0)=0；②当x≥0时f(x)≥0.数列{an}满足a11.【答案】D

2.【答案】A

3.【答案】B

4.【答案】C

5.【答案】D

6.【答案】A

7.【答案】C

8.【答案】A

9.【答案】BD

10.【答案】ACD

11.【答案】BCD

12.【答案】60

13.【答案】3514.【答案】(2,15.【答案】解：(1)证明：因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，

所以折叠后三角形PAC与三角形ADC都为边长为2的等边三角形，

如图，取AC中点，连接PE，DE，

则AC⊥PE，AC⊥DE，又PE∩DE=E，

所以AC⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，

所以AC⊥PD；

(2)如图，取PD中点F，连接CF，AF，

因为三角形PAC与三角形ADC为边长为2的等边三角形，

所以CF⊥PD，AF⊥PD，又平面APD⊥平面CPD，

所以∠AFC=90°，设PD=2t，

则CF=AF=4−t2，

所以在直角三角形AFC中，根据勾股定理可得：

CF2+AF2=AC2，

16.【答案】解：(1)由题意得3asin(π2+B)=3acosB=bsinA，

在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB，即bsinA=asinB，所以3cosB=sinB，

可得tanB=sinBcosB=3，结合B∈(0,π)，可知B=π3；

(2)因为CD⋅CB=0，所以CD⊥CB，可得△BCD是以C为直角顶点的直角三角形，

结合|CD|=23，B=π3，可得BC=CDtanπ3=2，BD=17.【答案】解：(1)设事件A表示“第一次摸出黑球”，事件B表示“第二次摸出红球”，袋中共有n个球，其中黑球4个，红球n−4个．

P(A)=4n，P(AB)=4n×n−4n−1，

∴由条件概率公式可得P(B|A)=P(AB)P(A)=n−4n−1；

(2)(i)方案一为有放回摸球4次，每次摸出红球的概率为p=n−4n，

设摸出红球的个数为Y，则Y服从参数为4和p的二项分布，即Y～B(4,n−4n)，

由二项分布的数学期望公式得E(Y)=4×n−4n．

红球频率X=Y4，∴由数学期望的性质得E(X)=E(Y4)=14E(Y)=14×4×n−4n=n−4n；

(ii)设方案二的摸球次数为Z，则Z的可能取值为1，2，3，4，其中前k−1次均摸到黑球、第k次摸到红球时Z=k(k=1,2,3)，前3次均摸到黑球时Z=4．

每次摸球摸到黑球的概率为4n，摸到红球的概率为n−4n，且各次摸球相互独立，

因此P(Z=1)=n−4nP(Z=2)=4n×n−4n，18.【答案】解：(1)由题意知ca=224a2+1b2=1，解得a2=6b2=3，

所以τ方程为x26+y23=1；

(2)(i)设MN的中点坐标为T(x0,y0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

因为O为△PMN的重心，所以PO=2OT，

因此x0=1,y0=12．

又因为x126+y123=1x226+y223=1，

19.【答案】证明：(1)令F(x)=lnx−x(x>1)，所以F′(x)=1−xx<0(x>1)，

所以F(x)在(1,+∞)上单调递减，

任取x1，x2∈(1,+∞)，且设x1≤x2，则F(x1)≥F(x2)，即lnx1−x1≥lnx2−x2，

所以lnx1−lnx2≥x1−x2，因为y=lnx在(0,+∞)上单调递增，

所以|lnx1−lnx2|≤|x1−x2|，

所以函数f(x)=lnx(x