安徽省池州市多校2025~2026学年高三上学期第三次教学质量检测数学试题（Word版附解析）

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考试时间：120 分钟 满分：150 分
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.
第Ⅰ卷（选择题 共 58 分）
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，有且只有
一项符合题目要求.
1. 已知向量 ， ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 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】C
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示，充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】向量 ， ， ，
所以“ ”是“ ”的充要条件．
故选：C
2. 已知集合 ，则与集合 M 相等的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】根据集合类型判断 AB；分奇偶讨论可判断 C；根据范围和元素特征可判断 D.
【详解】选项 A，B 是点集，不符合题意；
对于 C：当 为奇数时 ，当 为偶数时 ，所以 C 等价于 ，不符合题意；
对于 D：因为 ，由 知 可取 ，所以 D 等价于 ，符合题意.
故选：D.
3. 已知抛物线 的焦点为 ，点 是抛物线 上的一点， ，过点 作 轴的垂线，垂足
为 ，则 （ ）
A. 6 B. 8 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的定义，结合两点间距离公式进行求解即可.
【详解】由抛物线 ，设 ，则 ，
该抛物线的准线方程为 ，
由 ，
所以 ，
故选：D
4. 设 a，b 是空间两条不同直线，则“a 与 b 无公共点”是“a 与 b 是异面直线”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
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【分析】根据异面直线的定义判断即可.
【详解】当 a 与 b 无公共点时，a 与 b 可能平行或异面，反之，当 a 与 b 是异面直线时，a 与 b 无公共点.
故选：B.
5. 把函数 的图象向左平移 个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标扩大到原来的 4 倍，纵坐
标不变，得到函数 的图象．则函数 的一个解析式为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数图象的平移变换规律可得 ，结合换元法，令
，可得 ，即可得 的表达式，即得答案.
【详解】把函数 的图象向左平移 个单位长度，可得 的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标扩大到原来的 4 倍，纵坐标不变，可得 的图象，
结合题意可得 ，
令 ，得 ，可得 ，
所以 ，B 项符合题意，其余选项均不符合题意.
故选：B
6. 下列不等式中，正确的是（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于 ABD，由诱导公式及三角函数单调性可比较大小；对于 C，由同角三角函数关系可比较大小.
【详解】对于 A，因 ，又 在 上递增，
则 ，可得 A 选项错误；
对于 B，因 ，又 在 上递增，则 ，
可得 B 选项错误；
因 .则 ，可得 C 选项正确；
因 ，又 在 上递减，则 ，可得 D 选项错误.
故选：C.
7. 已知奇函数 的定义域为 且在 上单调递减， ，则满足 的 的
取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合奇函数的定义分析 的符号，分 、 和 三种情况，结合符号解不
等式即可.
【详解】因为函数 在 上单调递减， ，
所以当 时， ；当 时， ；
又因为函数 为定义在 上的奇函数，
所以函数 在 上单调递减，且 ， ，
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当 时， ；当 时， ；
对于不等式 ，
当 ，即 时，则 ，符合题意；
当 ，即 时，则 ，且 ，
可得 ，解得 ；
当 ，即 时，则 ，且 ，
可得 ，解得 ；
综上所述：满足 的 的取值范围是 .
故选：A.
8. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由 ，利用两角差的正切公式先求 ，利用二倍角的正弦公
式有 ，代入 即可求解.
【详解】由题意有 ，
所以 ，
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. 已知复数 ， ， 为 的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（ ）
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A. 为虚数 B. 若 ，则
C. D. 若 ，则 的最小值为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于 A 设 ， 即可判断，对于 B 设 ，
若 有 ， 如 即 可 判 断 ， 对 于 C 设
， 计 算 和 即 可 判 断 ， 对 于 D 设 ， 则
即可计算出 的最小值.
【详解】对于 A：设 ， ， ，故 A 错误；
对于 B：设 ，若 有 ，
如 满足题意，但 ，故 B 错误；
对于 C：设 ， ，
，所以
，故 C 正确；
对于 D：若 ，设 ，则 ，
所以 ，
当 时， 取最小值 ，故 D 正确.
故选：CD.
10. 已知双曲线 的左，右焦点分别是 ，其中 的一条渐近
线方程为 ，过 的直线 交 于 两点，则（ ）
A. 的离心率为
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B. 若 ，则 的周长为
C. 若 的斜率为 1，则 的面积为
D. 若 为 的右支上两点，则直线 的斜率
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，由焦距、渐近线方程即可求解，对于 B，通过两点在一支上或两支上即可判断，对于 C，
联立直线、双曲线方程，结合韦达定理及面积公式即可判断，对于 D，借助渐近线斜率即可判断.
【详解】因为 的一条渐近线方程为 ，所以 ，由
题知 ， ，故 A 正确；
当 为 的右支上两点时，由双曲线的定义得 的周长为 ，
当 分别为 的左，右两支上两点时， 的周长为 ，故 B 错误；
由题意 的方程为 ，与 联立得 ，所以
，
所以 ，故 C 正确；
因为 为 的右支上两点，所以 或 ，故 D 正确．
故选：ACD．
11. 已知 的内角 所对的边分别为 a，b，c，其中 a 为定值．若 的面积 ，则（
）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C. 周长的最小值为
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D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【 分 析 】 根 据 已 知 条 件 得 到 ， ， 设 边 上 的 高 为 ，
利用利用余弦定理、同角三角函数关系式和基本不等式计算判断各个选项；
【详解】
，
，
∴ ，
设边 上的高为 ，
对于 A，根据余弦定理 ，
， ，
，
，当 时，即 时，等号成立，
所以两边平方可得
,所以 的最大值为 ，故 A 正确.
对于 B， ,当 时，等号成立，由 A 可知 ，
所以 ，则 的最小值为 ，故 B 错误；
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对于 C， 周长为 ，当 时，等号成立，
，
所以 周长的最小值为 ，故 C 正确；
对于 D，
两边同时除以 ， ，计算可得
的取值范围是 ，故 D 正确；
故选：ACD.
【点睛】解三角形中求最值方法
1.边的范围或最值方法：根据边角的各自特点，利用正（余）弦定理进行合理转化，在利用三角函数的范围
或基本不等式进行求解；
2.周长范围或最值方法：周长问题可看作边长问题，解决周长问题可类同求边的范围或最值；
3.角 范围或最值方法：可借助三角函数的有界性，或利用正（余）弦定理把三角转化成边，在结合不等式
的相关性质进行求解；
4.面积 范围或最值方法：通常利用面积公式，将其转化为同一类元素，然后三角函数的有界性或者实数的
不等式求解
第Ⅱ卷（非选择题 共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若直线 与曲线 和圆 ，都相切，则 a 的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设切点的坐标为 ，利用导数的几何意义列出方程组求得 的值，得到切线方程
，再利用直线与圆相切，列出方程，求得 的值.
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【详解】设直线 与曲线 相切的切点坐标为 ，
由曲线 ，可得 ，则 ，解得 ，
所以切线方程为 ，
因为直线 与圆 相切，
所以 ，解得 或 （舍）．
故答案为： ．
13. 已知 ，若 ，则 的最大值为______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】由 可求得 ，代入 中变形后利用基本不等式可求得结果.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ， ，
解得 或 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时取等号，
所以 的最大值为 .
故答案为：
14. 已知正四棱锥 的体积为 ，若 这 5 个顶点均在球 的球面上，则球 体积的最
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小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，球心到底面 的距离为 ，得 ，进而有外接球
的半径 ，应用三元基本不等式求最小值，即可得.
【详解】设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，则 ，可得 ，
令球心到底面 的距离为 ，则外接球的半径 ，
又 ，即 ，
整理得 ，当且仅当 时取等号，
则球体体积最小值为 .
故答案为：
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. 已知底面边长和斜高长均为 2 的正四棱锥 被平行于底面的平面所截得的正棱台为
，且满足 .
（1）求证： 平面
（2）求棱台的体积 和表面积 .
【答案】（1）证明见解析
（2） ，
【解析】
【分析】（1）根据面面平行 性质可得 ， ，则有 ，再根据线面平行的
判定定理即可得证；
（2）由题意得 是正四棱锥，根据正棱锥的结构特求出棱长和高，再根据棱锥和棱
柱的表面积公式体积公式即可得解.
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【小问 1 详解】
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，
所以 ，同理 ，
又 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
【小问 2 详解】
由题意得 是正四棱锥，
故 在平面 上的投影为正方形 的中心 ，
，
在 中， ，所以 ，
，
因为平面 平面 ， ，
所以 ，所以 ，
由已知的四个侧面为全等的等腰梯形，作 BC 的中点 E，连结 PE，
为等边三角形，故 ，
，
所以 .
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【点睛】
16. 在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ．
（1）求 的值；
（2）求 的值；
（3）求 的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1） ，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出 ，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出 ，则得到 ；
（3）法一：根据大边对大角确定 为锐角，则得到 ，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；
法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【小问 1 详解】
设 ， ，则根据余弦定理得 ，
即 ，解得 （负舍）；
则 .
【小问 2 详解】
法一：因 为三角形内角，所以 ，
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再根据正弦定理得 ，即 ，解得 ，
法二：由余弦定理得 ，
因为 ，则
【小问 3 详解】
法一：因为 ，且 ，所以 ，
由（2）法一知 ，
因为 ，则 ，所以 ，
则 ，
.
法二： ，
则 ，
因为 为三角形内角，所以 ，
所以
17. 已知各项均为正数的数列 的前 n 项和为 ， ，且 ．
（1）求 的通项公式；
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（2）设 ，记数列 的前 项和为 ，求使得 成立的正整数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用递推式求得 ，然后利用 与 的关系，结合等差数列通项公式求解即可；
（2）先利用裂项相消法求得 ，解不等式可得取值范围．
【小问 1 详解】
由 ，且 ，可得 ，即 ，
当 时，由 ，可得 ，
两式相减可得 ，因为 ，可得 ，
即该数列的奇数项构成以 为首项公差为 2 的等差数列，偶数项构成以 为首项公差为 2 的等差
数列，
即有 ，
可得 ；
【小问 2 详解】
，
可得数列 的前 项和 ．
则 ，即 ，
当 时， 成立；当 时， 成立；当 时， 成立，
当 时， ，
综上所述，使得 成立的正整数 的取值范围是 .
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18. 已知椭圆 C： （ ）的离心率为 ，过右焦点的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，
且当 轴时， ．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）若直线 l 的斜率存在且不为 0，点 M，N 在 x 轴上的射影分别为 P，Q，且 ，N，P 三点共线，
设 与 的面积分别为 ， ，试判断 是否为定值，若是，求出该定值，如果不是，请说
明理由．
【答案】（1）
（2）为定值，且定值为 1
【解析】
【分析】（1）根据离心率以及通径的长度即可联立求解 的值，
（2）联立直线方程和椭圆方程得韦达定理，进而根据斜率公式可证明 三点共线，根据 ，
所以 ，进而可证明 .
【小问 1 详解】
设椭圆 的半焦距为 .
依题意， ，故 ①.
联立 ，解得 ，故 ②，
联立①②，解得 ，
故椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
易知椭圆的右焦点为 .设直线 的方程为 .
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由 ，得 ，
设 ，则 .
因为 轴，所以 .
直线 的方程为 ，所以 .
因为 轴，所以 .
因为 ，
所以
，
所以 三点共线.
因为 ，所以 ，而 ，
所以 与 面积相同，即 ，为定值.
.
【点睛】关键点点睛：联立直线与曲线的方程得到韦达定理是常用和必备的步骤.由韦达定理以及弦长公式，
点到直线的距离即可求解面积以及长度以及最值，最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参
数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.在处理共线问题是，要
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借助于向量以及两点斜率公式.
19. 已知函数 .
（1）当 时，求证：函数 有唯一极值点；
（2）当 时，求 在区间 上的零点个数；
（3）两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线 与曲线 存在两条互相垂
直的“合一切线”，求 的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数研究函数单调性，确定极值点个数；
（2）利用函数单调性，结合零点存在定理，求零点个数；
（3）由题意设曲线 与曲线 的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为
，其斜率分别为 ，则 ，再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可
求解.
【小问 1 详解】
函数 ，有 ，则 在 R 上单调递增，
当 时，有 ，即 .
当 时，由 ，得 ，且 .
当 时， .
因为 ，所以 .
因为 对任意 恒成立，所以当 时， .
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是 的唯一极值点.
【小问 2 详解】
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当 时， ， ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
因为 ，
所以由零点存在定理知 在 上有且仅有一个零点.
当 时，令 ，则 ，
当 时，有 ，所以 在 上单调递增，
又因为 ，所以存在 使得 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
所以当 时 ，故 在 上无零点，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 在 上有且仅有一个零点.
综上所述： 在 上有且只有 2 个零点.
【小问 3 详解】
设曲线 与曲线 的两条互相垂直的“合一切线”的切点的横坐标分别为 ，
其斜率分别为 ，则 .
因为 ，所以 .
所以 .
不妨设 ，则 .
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因为 ，
由“合一切线”的定义可知， .
所以 .
由“合一切线”的定义可知， ，所以 .
当 时，取 ，
则 ，符合题意.
所以 .
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，从高考来看，对导数的应用的考
查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何相联系；（2）利用导数求函数的
单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问
题； （4）考查数形结合思想的应用．