安徽省合肥市2026届高三数学上学期10月教学质量测评试卷含解析

这是一份安徽省合肥市2026届高三数学上学期10月教学质量测评试卷含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合或，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用并集的结果列式求解.
【详解】集合或，，由，
得，解得，所以实数的取值范围是.
故选：C
2. 已知，，：函数在区间上不单调，则是的（ ）
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】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式求出；求，使其零点在内得出，最后根据充分、必要条件的定义判断.
【详解】由，得；
，
要使函数在区间上不单调，则有，解得，
所以是的既不充分也不必要条件.
故选：D．
3. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图象变换的规律求得，进而根据已知可得，计算可求得的最小值.
【详解】由函数，
将函数的图象向右平移个单位长度，
得到，
因为的图象关于轴对称，可得，
解得，
又因为，所以的最小值为．
故选：A．
4. 连接圆形花圃圆周上的三点，，，内角，，的对边分别为，，，若的面积为，且，，则该花圃的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据面积公式和余弦定理得出，再结合正弦定理得出外接圆的半径，求外接圆面积即可.
【详解】由题意可得，
根据余弦定理可得，所以，
又，则,
设外接圆的半径为，由正弦定理可得，
可得，
故花圃的面积即为外接圆的面积．
故选：B
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦函数的最值、指数函数的单调性及对数函数的单调性，利用中间值法比较大小即可.
【详解】，且，，
所以．
故选：A．
6. 设，则不等式组解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先结合二倍角余弦公式，利用一元二次不等式的解法及余弦函数性质求得的解，再结合二倍角正弦公式及正弦函数性质求得的解，求交集即可得解.
【详解】因为，由，得，
所以（舍）或，所以．
由，得，又，所以，
所以．因为，所以．
所以不等式组解集为.
故选：C．
7. 已知，若当且仅当或，其中，，为实数，则方程的所有实根的和为（ ）
A. B. C. D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】由题意知，1为方程的一个根，可求得，进而解出方程的实数根，进而求解即可.
【详解】由题意知，1为方程的一个根，
所以，即，
此时，
令，得，
即为，
即为，
即为，
即为，解得，，，
则解为或，满足题意，
所以方程的实根为，即所有实根的和为11．
故选：D
8. 已知关于的方程的解集有个子集，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据集合的子集个数确定方程解的个数，再通过分析函数图像的交点情况来确定参数的取值范围.
【详解】因为关于的方程的解集有个子集，
所以方程恰有一个实数解，
即恰有一个实数解，
令，
则直线与函数的图象有一个交点，
又因为，
所以当时，恒成立，单调递减；
当时，恒成立，单调递增；
当时，恒成立，单调递增；
所以当时，函数取得最小值，最小值为，
且当时，，当时，，
作出函数的图象，如图所示：
由此可得当或时，直线与函数的图象有一个交点，所以的取值范围是．
故选：D
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. 设，，，为实数，且，则下列不等式正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用赋值法可判断BD；利用不等式性质可判断AC.
【详解】对于A，因，，所以，故A正确；
对于B，反例，，满足条件，但，故B错误；
对于C，因为，，所以，，故C正确．
对于D，反例，，，，，故D错误．
故选：AC．
10. 已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 的图象关于点成中心对称
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，利用赋值法再结合偶函数即可求解；对B，先推出的周期，再结合中心对称的结论即可求解；对C，利用周期性即可求解；对D，利用函数的奇偶性，单调性，再结合函数的对称性即可求解.
【详解】对A，满足，
令，
则，即，
又为偶函数，，故A对；
对B，，
，
故的周期，
再根据，即，
的图象关于点成中心对称，故B对；
对C，由B知：的周期，
故，
，
令，
则，
又当时，
，
即，
即，
，
故，故C错误；
对D，满足，
关于中心对称，
又当时，
在上单调递增；
当时，，
当时，为偶函数，
，
，
当且仅当时，即时等号成立，
，故D对.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解答此类有关函数性质的题目，关键点在于要结合函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质.
11. 设，其中．则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为4
B. 当为奇数时，为奇函数
C. 当时，的值域为
D. 当时，关于对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】由二倍角的正弦结合同角的三角函数关系可得A；举反例可判断B；由可得C；先求函数的定义域，再分为奇数和偶数讨论可得D.
【详解】因为并且，所以选项A正确；
因为，所以不是奇函数，B选项错误；
当时，
，并且，，所以的值域为，C选项正确；
时，若，则定义域为；若，则定义域为，均关于对称．
当为奇数时，
；
当为偶数时，
．
综上所述，D选项正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则

故答案为：.
13. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________．
【答案】
【解析】
【分析】先设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出两曲线在切点处的切线方程，再根据公切线过原点这一条件，联立切线方程求解切点坐标，进而求出实数的值.
【详解】设直线与曲线相切于点，
由，得，因为与曲线相切，
所以，消去，得，解得，所以，
设与曲线相切于点，由，得，即，解得，
因为是与曲线的公共点，
所以，消去，得，即，解得．
故答案为：
14. 若，则，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，令，，结合基本不等式可得，，设，，利用二次函数的性质分情况讨论求解即可.
【详解】由题意得，
令，，
则，当且仅当时等号成立，且，
设，，
当时，，所以，则；
当时，，
所以，解得，即，
所以．
综上所述，的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤．
15. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，点到直线的距离为3，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式及二倍角的余弦公式求解.
（2）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式列式求解.
【小问1详解】
依题意，
，
因为，
故，，
【小问2详解】
由正弦定理得，
不妨设，则，
由余弦定理得，得．
因为，
所以，
所以．
16. 设．
（1）求函数的单调区间；
（2）若的三个顶点均在半径为的圆周上，求面积的最大值．
【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）通过求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间；
（2）结合三角形面积公式和三角函数的性质求出面积的最大值.
【小问1详解】
，令，，，的单调增区间为；
令，，，的单调减区间为
．
综上所述，函数的单调增区间为，单调减区间为
．
【小问2详解】
不妨设为锐角，设为圆心，如图所示，

，．
由第（1）问可知，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，．
当为等边三角形时，．
综上所述，面积的最大值为．
17. 设，．
（1）讨论函数的零点个数；
（2）若对任意实数满足，都有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分，，，四类对函数的单调性分析即可得出结论；
（2）根据（1）的结论得到的范围，利用等式，把用表示，不等式转化为，然后构造函数，通过确定函数的极小值点的范围即可得出结论.
【小问1详解】
由题意可得，当时，单调递增，值域为；
当时，单调递减，值域为；当时，单调递增，值域为．
令，即．
当时，仅在上有一解；
当时，在上和上各有一解；
当时，在，和上各有一解；
当时，在和上各有一解．
综上所述，当时，函数的零点个数为1；
当时，函数的零点个数为2；
当时，函数的零点个数为3．
【小问2详解】
令，
由第（1）问可知此时，，，，
所以，恒成立．
令，，为增函数．
，当时，，所以存在唯一的使得．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因为在上恒成立，
当时，和条件矛盾；
当时，在上单调递减，在上恒成立．
因此，，，
所以．
18. 已知函数
（1）试讨论函数的单调性；
（2）当时，试求函数的最小值并求的最大值；
（3）若，对任意，，都有，求的取值集合．（参考：）
【答案】（1）答案见解析；
（2），2；
（3）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类讨论求出函数的单调性.
（2）由（1）中单调性，按分段求出，进而进出的最大值.
（3）变形给定条件可得函数在上单调递减，且函数在上单调递增，再借助单调性求出范围，进而求出整数的取值集合.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得．
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减．
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知，由，得，
当时，，函数在上单调递增，；
当时，，函数在上单调递减，；
当时，函数在上递减，在上递增，，
所以；
当时，；当时，；
当时，，求导得，函数在上单调递减，
则，所以的最大值为2.
【小问3详解】
不妨设，不等式
恒成立，
即且恒成立，
因此函数在上单调递减，且函数在上单调递增，
即对任意，，恒成立，
则当时，，且恒成立，
函数在上单调递增，，则；
令，，求导得，函数在上单调递增，
且，，则存在唯一使得，
当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，于是，，
当时，，，
而，所以整数的取值集合为.
19. 用符号表示集合中元素的个数．对于实数集合和，且，，定义两个集合：①和集；
②邻差集，其中为集合中元素按照从小到大排列．
（1）已知集合，，求，的值；
（2）已知集合，，求的值；
（3）若与都是由个实数构成的集合，证明：的充要条件是．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据和集和邻差集定义直接求解即可；
（2）考虑，分别讨论和的情况，由集合中元素的性质与和集的定义可得结果；
（3）根据与和集的定义易证得充分性；设集合，，其中，，可确定中所有的元素，可证得；推广可得，由此可得必要性.
【小问1详解】
，，，
，，，
，.
【小问2详解】
考虑，不妨设，则，
①当时，，此时式不成立；
②当时，若，则，此时式不成立；
若，则，此时式也不成立；
若，则取，此时式成立.
由上述分析知：和集中重复的元素个数共个，
.
【小问3详解】
充分性的证明：
当时，不妨设，
设集合，，其中，，是公差为的等差数列，
，里面的元素也是公差为的等差数列，；
必要性的证明：
设集合，，其中，，
则，这里共个不同元素，
又，上面为和集中的所有元素，
又，这里共个不同元素，也为和集中的所有元素，
，即，
一般地，由，
，
可得，即，
同理可得：，得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题，解题关键是能够充分理解和集与邻差集的定义，同时结合集合中元素的性质进行推理证明.