安徽省2026届高三数学上学期10月检测试题含解析

这是一份安徽省2026届高三数学上学期10月检测试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算出即可求出.
【详解】由题意，，，
∴，
∴
故选：A.
2. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的公式可求投影向量.
【详解】向量在向量方向上的投影向量为，
故选：A
3. 设函数，则“”是“有三个不同的零点”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】B
【解析】
【分析】先证是有三个不同零点的必要条件，再举特例说明不是有三个不同零点的充分条件.
【详解】因为所以，
因为有三个不同的零点，必有两个极值点，
所以有两个不同的根，
所以，所以，
又因为有两个极值点，但的两个极值不一定异号，
例如时，，，此时只有两个不同零点，
所以是有三个不同零点的必要不充分条件；
故选：B.
4. 关于的不等式的解集为，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次不等式解集与一元二次方程根之间的关系，由韦达定理可得，进而，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】由题意知，是方程的两根，
则，得且，即，得，
由得，
所以，
所以，
当且仅当即时，等号成立；
综上，的最小值为4.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由换底公式化简可得，因为，所以，因为，所以，即可得出答案.
【详解】，因为，所以，
因为，所以，所以.
故选:B.
6. 数列中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对分类，当为奇数时，利用递推公式累加可得到的值；当为偶数时，相邻2个等式作差可得到，赋值可得到的值，代入计算即可得到答案.
【详解】已知：，，
令 ：，
令 ：，
令 ：，
令：，
累加得：，又，所以，
当，时，，
得，
再令，得：，
得：，所以，
令得：，又，所以，
所以，
因此：.
故选：C
7. 若函数的图像如图所示，则的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图像判断得到，再根据函数的平移法则得到答案.
【详解】根据函数的图像知：
，根据函数平移法则知：满足条件
故选
【点睛】本题考查了函数图像的识别，意在考查学生的对于函数图像的应用能力.
8. 若不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的解集可得参数的关系，代入所求不等式后可求其解集.
【详解】因为解集为，
故且为方程的解.
故，故，
故不等式即为，
故，故，
故不等式的解集为，
故选：C
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. 已知定义在R上的偶函数和奇函数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是以4为周期的周期函数
C. 的图象关于直线对称D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，令即可求解判断；对于D，根据题设推导可得，进而得到，进而求解判断即可；对于BC，举例判断即可.
【详解】对于A，由题意，为偶函数，为奇函数，
则，，
由，令，得，则，故A正确；
对于D，由，得，
而，
则，即，
则，
由于，则，，依次类推：，
所以，故D正确；
对于BC，当时，满足为偶函数，为奇函数，
而，
，
则，满足题意，
而函数是以8为周期的周期函数，故B错误，
又，所以函数的图象不关于直线对称，故C错误.
故选：AD．
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数最大值为1
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数的图像关于直线对称
D. 函数的图像向右平移个单位可以得到函数的图像
【答案】AD
【解析】
【分析】由题可得，然后利用正弦函数的性质及三角函数图象变换逐项判断即得.
【详解】∵函数，
∴，
当时，函数取得最大值1，A正确；
令，当时，，在区间上不单调递增，故B错误；
当时，，函数的图像不关于直线对称，C错误；
函数的图像向右平移个单位得到函数，D正确．
故选：AD.
11. 已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A.
B. ，，都有成立
C. 当，时，
D. 若满足不等式的整数恰好有2个，则的值仅有8个
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，将代入计算求解即可；对于B，取，，代入计算即可判断；对于C，利用作差法结合判断即可；对于D，作出图象，结合图象求解即可.
【详解】由题意可知，
对于A，，故A正确；
对于B，取，则有，故B错误；
对于C，因为，，所以，
，
所以，
所以，故C正确；
对于D，作出函数的图象，如图所示：
当时，，等价于，，
因为此时，
当时，可得和两个整数解；
当时，可得，只有一个整数解；
当时，可得，只有一个整数解；
当时，可得，只有一个整数解；
所以此时只有满足题意；
当时，，等价于，，
因为当时，的图象单调递减，
且，，，
所以当时，满足题意，
综上，满足题意的的值有5个，故D错误.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：对于方程解的个数，不等式的整数解的问题作出函数的图象，从图象观察更加直观形象，方便快捷，易于理解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 命题p:“，”是假命题，则m的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，为真命题，恒成立问题分离参数求解.
【详解】由题，为真命题，
所以，对，
又在上的最小值为，
，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
13. 已知角α的顶点与坐标原点O重合，角的始边与x轴非负半轴重合，点P是α的终边与单位圆的交点．若在x轴上的投影向量的坐标为，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的坐标和任意角的三角函数可得：，再利用二倍角的余弦公式即可求解.
【详解】由题意可知：，
所以，
故答案为：.
14. 已知数列满足：，，(且)，等比数列公比，则数列的前项和___________.
【答案】
【解析】
【分析】由递推关系可得，解方程即可求出，代入递推关系式可得，证明数列为等差数列，即可求解，根据错位相减法求和即可.
【详解】因为，，(且)，①
当时，，即，
由等比数列的的公比为，
即，解得，
所以，
当时，，即，
解得，
又(，且)，②
①-②可得，，
即，化为，
又，
所以为等差数列，且公差，
则，
所以
，
，
上面两式相减可得
，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：由递推关系式可得出，再由递推关系式得出为等差数列是解题的关键，求出后利用错位相减法求和，属于难题.
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. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）证明：；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理和，联立得，结合正弦定理边化角，再将代换为即可求解；
（2）由同角三角函数求出，利用求出，由求出，结合求出，结合第三角公式与和角公式求出，由进而得解.
【小问1详解】
在中，由余弦定理及，得，得.
由正弦定理得，因为，
所以，
所以，即.
因为A，B，C是三角形的内角，所以，即；
【小问2详解】
由（1）可得，因为，所以，
所以，，
，
由正弦定理得，，所以，
所以的面积.
16. 设正项数列的前项和为，，且当时，．
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和；
（3）在（2）的条件下解不等式：．
【答案】（1）
（2）
（3）解集为
【解析】
【分析】（1）令、可分别求得、的值，由时，由，可得，两式作差结合等差数列的定义可知数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得出，利用错位相减法可求得；
（3）由可得，设，分析数列的单调性，列举出数列前几项的值，即可得解.
【小问1详解】
正项数列的前项和为，，且当时，，即，
当时，，解得或（舍负），
当时，，解得或（舍负），
由时，由，可得，
两式相减可得，
化为，
由得，可得，且，
所以数列是首项和公差均为的等差数列，则.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
，
两式相减可得，
化简得.
【小问3详解】
由，即，化为，
设，则，
所以，则数列为递减数列，而，，，，
可知，当且时，；当且时，.
则不等式解集为．
17. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，面ADP⊥面ABCD，点F为棱PD的中点．
（1）在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥面PCE，并说明理由；
（2）当二面角D﹣FC﹣B的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角．
【答案】（1）见解析；（2）45°
【解析】
【分析】（1）点E为棱AB的中点取PC的中点Q，连结EQ、FQ，推导出四边形AEQF为平行四边形，从而AF∥EQ，由此能证明AF∥平面PEC．（2）推导出ED⊥CD，PD⊥AD，且从而PD⊥面ABCD，故以D为坐标原点建立空间坐标系，利用向量法能求出直线PB与平面ABCD所成的角．
【详解】（1）在棱AB上存在点E，使得AF∥面PCE，点E为棱AB的中点．
理由如下：取PC的中点Q，连结EQ、FQ，由题意，FQ∥DC且，AE∥CD且，
故AE∥FQ且AE＝FQ．所以，四边形AEQF为平行四边形．所以，AF∥EQ，又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，
所以，AF∥平面PEC．
（2）由题意知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，亦即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，
所以PD⊥AD，且面ADP⊥面ABCD，面ADP∩面ABCD＝AD，
所以PD⊥面ABCD，故以D为坐标原点建立如图空间坐标系，
设FD＝a，则由题意知D（0，0，0），F（0，0，a），C（0，2，0），，
，，设平面FBC的法向量为，
则由得，令x＝1，则，，
所以取，显然可取平面DFC的法向量，
由题意：，所以a＝1．
由于PD⊥面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，
所以∠PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，
易知在Rt△PBD中，从而∠PBD＝45°，
所以直线PB与平面ABCD所成的角为45°．
【点睛】本题考查满足线面平行的点的位置的判断与证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
18. 已知函数的最小正周期为．
（1）求的值；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若在区间上有且仅有3个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦的和角公式及倍角公式得，再结合条件，即可求解；
（2）根据条件得，由可得或，再结合条件，即可求解.
【小问1详解】
，
又的最小正周期为，，则，所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
由时，得到，所以或
即或，
因为在区间上有且仅有3个零点，
由，令，得；令，得；
由，令，得；，得；
所以，
故的取值范围是.
19 已知函数
（1）讨论函数的单调性
（2）若函数在处取得极值，且对恒成立，求实数的取值范围
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，分类讨论判断导函数的正负即可得出答案；
（2）参变分离，构造函数，利用导数求最值，即可得出答案.
【小问1详解】
的定义域为，，
当，此时在单调递减；
当时，令，解得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
综上所述，当，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增.
【小问2详解】
∵函数在处取得极值，
∴，解得，经检验满足题意；
由已知，即，则，
令，
∴，令，解得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
∴，∴，
∴的取值范围为.
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.