安徽省合肥市2026届高三数学上学期期中教学质量检测试卷含解析

这是一份安徽省合肥市2026届高三数学上学期期中教学质量检测试卷含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】解出绝对值不等式与分式不等式得到集合、后，由并集定义即可得.
【详解】由，得，即，则，
由，即，得或，即或，
则或.
故选：D.
2. 已知，则“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用充分不必要条件定义，举出反例可得A、B；结合指数函数单调性解出不等式后可得C；利用对数函数单调性可得D.
【详解】对A：取，，有，故由不能得到，
故“”不是“”成立的一个充分不必要条件，故A错误；
对B：取，，有，
故由不能得到，
故“”不是“”成立的一个充分不必要条件，故B错误；
对C：若，则，
故“”是“”成立的一个充要条件，故C错误；
对D：若，则，即，
由“”是“”成立的一个充分不必要条件，
故“”是“”成立的一个充分不必要条件，故D正确.
故选：D.
3. 已知向量在向量方向上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由投影向量的定义求出，再由向量的模长公式求解即可.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，
所以，所以，又，
所以，所以.
故选：D.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过函数定义域及奇偶性和函数值逐个判断即可.
【详解】易知，无解，图像不可能和轴有交点，故排除A，
因为，定义域为
所以，
故偶函数，排除C，
时，，排除D．
故选：B
5. 若函数有且只有一个极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求导得到，根据题意得到方程有一个根大于0，一个根小于等于0，即可得到答案.
【详解】，定义域为，，
因为函数有且只有一个极值点，
所以方程有一个根大于0，一个根小于等于0，
所以.
故选：C
6. 已知函数的部分图象如图所示，若方程在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据函数的图象，可得，，进而可得，.将点代入，结合，即可得.令，则，所以方程在上有两个不相等的实数根等价于函数的图象与直线在上有两个交点.在同一平面直角坐标系下画出函数，的图象与直线，数形结合即可求解.
【详解】根据函数的部分图象，可得，，∴，∴，∴.
由函数经过点，根据五点法作图可得，∴.
又，∴，.
令，则当时，，
所以方程在上有两个不相等的实数根，即方程在上有两个不相等的实数根，等价于函数的图象与直线在上有两个交点.在同一平面直角坐标系下画出函数，的图象与直线如下图所示：
由图可知：方程在上有两个不相等的实数根时，则实数的取值范围为.
故选：B.
7. 已知各项均为正实数的数列，若对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得（为的前项和），那么称为数列，记，称为的“和数列”，则下列命题中真命题的序号为（ ）
①存在等差数列为数列
②存在等比数列为数列
③若数列为严格增数列，则其“和数列”为严格增数列
④若数列的“和数列”为严格增数列，则为增数列
A. ①②③B. ①③④C. ①③D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定定义，举例说明判断命题①④；按公比分类判断命题②；结合单调性推理判断命题③.
【详解】对于①，设等差数列的首项为，公差为，当时，，
对于任意的正整数，令，即，
因为是正整数，所以对于每一个，都存在唯一的正整数使得，
因此存在等差数列为数列，①正确；
对于②，设等比数列的首项为，公比为，
若，则，由，得，当时，此方程无解；
若，令，即，
当变化时，很难保证对于任意的正整数，都存在唯一的正整数使得等式成立，
例如，当时，，方程无正整数解，
因此不存在等比数列为数列，②错误；
对于③，，对任意，知存在，
使得，
则，即，且数列为严格增数列，，
因此其“和数列”为严格增数列，③正确；
对于④，例如，显然是所有正整数的排列，
且数列的“和数列”为严格增数列，但不是递增数列，④错误.
故选：C
8. 已知函数若有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得有两个根，根据的解析式，分别求出的表达式，再根据导数求的取值范围.
【详解】由题意可知，当时，，所以；
当时，，所以，
综上，对，有，
由有两个零点，即方程有两个根，
即方程有两个根，不妨设,
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，,当时，
令，因为，所以，
所以，则，
令，
，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时.
所以函数的值域为，
即的取值范围是.
故选：A.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 对于函数给出下列四个命题，其中正确命题的序号是（ ）
A. 该函数是以为最小正周期的周期函数
B. 该函数的图象关于直线（）对称
C. 当且仅当（）时，该函数取得最小值
D. 当且仅当（）时，
【答案】BD
【解析】
【分析】由函数的解析式，先做出函数的图像，再根据函数的定义，分别对每个命题中的函数性质进行分析判断，由函数的图像研究函数的性质，并由图像研究出的结论判断和函数有关的命题的真假.
【详解】对于选项A：，因为不满足对所有的x成立，所以不是以为最小正周期的周期函数，故选项A错误.
对于选项B：由图像可知，可知选项B正确.
对于选项C:当 （）或（）时，取得最小值，故选项C错误.
对于选项D：有图像知（）时，，最大值为，可得；由图像可知在一个周期内只有在内有；故选项D正确.
故选：BD
10. 如图，在中，，，，，是线段的中点，连接并延长，交线段于点，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平面向量的线性定理、向量的数量积公式、向量模的公式逐项计算即可.
【详解】因为是线段的中点，所以.
因，，三点共线，所以，.
因为，，三点共线，所以，解得，所以，A正确.
因为，所以，B错误.
在中，由余弦定理可得，所以.
因为，则，C正确.
因为，，，所以，
所以，D错误.
故选：AC.
11. 设三次函数，其中，则以下正确的是（ ）
A. 若，且函数的对称中心为，则的极小值点为
B. 若的导函数，则函数有3个零点
C. 若且有三个相异且成等差的零点，则的取值范围为
D. 若的两个极值点为，且，极大值为21，则极小值为17
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合三次函数对称中心、导数与极值、零点、极值点与极值的关系等性质进行判断.
【详解】对于选项A：由可得
因为函数的对称中心为，
所以对，，即，
所以，解得，又，解得.
所以，所以，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，取得极小值，的极小值点是，A正确；
对于B：因为，所以函数在单调递增，仅有一个零点，B错误；
对于C：因为，所以，
设三个相异且成等差的零点为，
则，
所以，得，又，所以，
由得，又，所以，
即的取值范围为，C正确；
对于D：由可得，，
则是方程的两根，所以，
又，所以，所以.
又由是函数的两个极值点，可得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，取得极大值，当时，取得极小值.
所以，即，解得，
所以，所以，，
所以极小值，D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 设等差数列的前项和为，则正整数的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】借助数列与的关系，结合等差数列通项公式与求和公式计算即可得.
【详解】，，
则公差，则，
有，
又，则，
化简得，解得或（负值舍去），
故正整数的值为.
故答案为：.
13. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用差角余弦公式及辅助角公式求得，再利用诱导公式及二倍角余弦公式求解.
【详解】由，得，则，
所以.
故答案为：
14. 已知a，b，，且，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式将目标最小值问题转化为求的最小值，再利用换元法及基本不等式求出最小值.
【详解】由，得，，当且仅当时取等号，
又，令，则
，
当且仅当，且，即时取等号，
所以的最小值为.
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. 在中，内角的对边分别为，且
（1）求角的大小；
（2）若，求边上中线的长．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）通过移项整理原式，结合正弦定理将角的关系转化为边的关系，再由余弦定理求出角；
（2）利用正弦定理将边的比例转化为角的二倍角关系，求出角的可能值，分情况计算边长后，通过余弦定理求得边上的中线长.
【小问1详解】
由原式，
将右边的移至左边，得，
由正弦定理得，
整理得，
由余弦定理，，将代入，得.
因是的内角，即，故.
【小问2详解】
由，结合正弦定理，得，即.
而，则.
因是的内角，故，因此或，解得或.
①当时，由三角形内角和，得
已知，由正弦定理，得；
同理，，得.
设的中点为，则.
在中，由余弦定理，
代入，，，
得：，故.
②当时，由三角形内角和，得，
故为等边三角形，因此.
设的中点为，则.
在中，由余弦定理，代入，
，，
得：，故.
所以边上中线的长为或.
16. （1）已知，求关于的不等式的解集；
（2）已知集合，若，使得能成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析（2）
【解析】
【分析】（1）通过判别式求得二次方程的根，比较根的大小后分情况得到不等式的解集；
（2）先求解集合并得到其补集，再结合的不同形式，分析与补集的交集非空的条件，进而确定参数范围.
【详解】（1）由题意知，即，
方程的根为，.
当时，，不等式解集为；
当时，，不等式解集为；
当时，，不等式解集.
（2）解不等式，移项通分得，等价于且，
解得，故.
“使得”等价于.
当时，，需满足且，解得；
当时，，，不满足；
当时，，，故，不满足.
综合可得a的取值范围为.
17. 已知等差数列的公差不为零，成等比数列，且，数列的前项和为，满足
（1）求数列和的通项公式；
（2）若数列满足：．
（i）求的通项公式；
（ii）求使得成立的所有值．
【答案】（1），
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式和等比数列的性质，结合和之间的关系进行求解即可；
（2）（I）利用累和法，结合错位相减法进行求解即可；
（II）根据解不等式的方法，分类讨论进行求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
因为成等比数列，且，所以，
因为，所以解得，所以；
，
由，
两式相减，得，
所以数列是为首项，为公比的等比数列，所以；
【小问2详解】
（i），
当时，，
由累加法，得
，
令，
则有，
两式相减，得，
，
于是，显然适合，
所以；
（ii），
则有，或，
由，
由.
综上所述：
18. 如图所示的容器（不计厚度，长度单位：m）中间为圆柱形，左、右两端均为半球形，容器的容积为，假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米的建造费用为万元，半球形部分每平方米的建造费用为2万元．
（1）比较与的大小；
（2）（i）容器的总建造费用为万元，请把表示为的函数；（参考公式：）
（ii）求该容器的总建造费用最少时的值．
【答案】（1）；
（2）（i），；（ii）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）由题设得，应用作差法比较大小；
（2）（i）由（1）及球体、圆柱的表面积求法，写出函数表达式，注意定义域；（ii）对函数求导，讨论、研究导数的区间符号，进而确定区间单调性，即可得.
【小问1详解】
由题设，则，
所以，而，
所以，则，故；
【小问2详解】
（i）由（1），，且，
所以，且；
（ii）由（i）得，，
令，
所以，可得，
当时，
若时，，则在上单调递减，
若时，，则在上单调递增，
此时时有；
当时，在上恒成立，即在上单调递减，此时时取；
综上，
时，该容器的总建造费用最少；
时，该容器的总建造费用最少.
19. 定义两种双曲函数：双曲正弦函数，双曲余弦函数，类比三角函数的性质，得到双曲函数许多性质，例如：①定义域均为②为奇函数，为偶函数；③；④等．
（1）证明：时，；
（2），使得能成立，求的取值范围；
（3）设，对，恒成立，求的最小值．
【答案】（1）时，成立，证明过程见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）构造两个函数与，分别求导，利用单调性结合证得不等式；
（2）将问题转化为，其中，多次求导分析单调性，得到在处取最大值，从而；
（3）利用和代换，化为关于的二次不等式，令，利用“对所有成立”的条件，消去，在时得到，得最小值.
【小问1详解】
令，，
在上递增，，
令，，
在上递增，，
故时，；
【小问2详解】
令，，
设，则，
设，则，
由（1）可得，当时，同理，当时，
在上递增，在上递减，
，即在上递减，注意到，
当时，，在区间上递增，
当时．，在区间上递减，
，成立．
故
【小问3详解】
令
，
令，则，
，在恒成立，
令，则，，
对恒成立，即，
取，则与无关，
此时，，
验证时，取，则：对恒成立，
故.