2026届安徽黄山高三上学期第一次质检数学试题+答案

这是一份2026届安徽黄山高三上学期第一次质检数学试题+答案，共11页。试卷主要包含了 非选择题必须用 0， 已知双曲线 C， 点 P 在直线 l等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上.
2. 选择题每小题选出答案后, 用 2B 铅笔把答题卡上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.写在试卷上无效.
3. 非选择题必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置; 如需改动, 先划掉原来的答案, 然后再写上新的答案; 不能使用涂改液、胶带纸、修正带. 不按以上要求作答的答案无效.
一、选择题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项 是符合题目要求的。
1. 若 z1+i=2i ,则 z 的虚部为
A. 1 B. i C. -1 D. −i
2. 集合 A={x∣y=1−x},B={x∣x>0} ,则 A∩B=
A. (−∞,1] B. 0,+∞ C. 0,1 D. (0,1]
3. 点 A1,2 在抛物线 C:y2=2pxp>0 上,则 A 到抛物线焦点的距离为
A. 1B. 54 C. 2 D. 3
4. 已知 fx 是 R 上的奇函数,且 f2=0 若 fx 在 −∞,0 上单调递减,则不等式 fx>0 的解集为
A. −∞,−2∪0,2 B. −2,2
C. −2,0∪2,+∞ D. −∞,−2∪2,+∞
5. 函数 fx=3cs2x+φφ>0 的图象向左平移 π6 后关于 y 轴对称,则 φ 的最小值为
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
6. 已知 a=2,a 在 b 上的投影向量是 12b ，则 a−b=
A. 3 B. 2 C. 23 D. 4
7. 已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的右焦点为 F ,过点 F 且倾斜角为 π3 的直线与双曲线的右支有且只有一个交点,则 C 的离心率取值范围是
A. 1,2 B. 2,+∞ C. 1,3 D. [3,+∞)
8. 已知函数 fx=2x−mlnx, gx=2nx−mn ,若 fx≥gx 恒成立,则 mn 的取值范围是
A. −∞,−1e∪[e+1,+∞) B. −∞,−1e∪2e,+∞
C. −∞,0∪[e+1,+∞) D. −∞,0∪[2e,+∞)
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.
9. 点 P 在直线 l:2x−y+3=0 上,过 P 作圆 M:x2+y2−4x−4y+4=0 的切线 PA,PB ( A,B 为切点),则下列结论正确的是
A. 圆心 M 的坐标为 2,2 B. 圆 M 上的点到直线 l 距离的最大值为 2+5
C. PA 的最小值为 3 D. sin∠APB 的最大值为 1

10. 如图,在直棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中, AD//BC,AD⊥CD,BC=2AD=4 CD=CC1=22 ， P 是 DD1 中点，则下列结论正确的是
A. AD⊥CP
B. A1,B1,C,P 四点共面
C. 直棱柱 ABCD−A1B1C1D1 不存在外接球
D 棱 CD 的中点在平面 A1BP 内
11. A 是 △ABC 的最大内角,且 sin2A+sin2B+sin2C=2,AB⋅AC=1 ,则下列结论正确的是
A. △ABC 可能为锐角三角形B. sin2B+sinC 的最大值为 54
C. △ABC 面积的最小值为 34 D. tanB+tanC 的最小值为 2
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12、已知随机变量 X=N4,σ2 ,若 PX≤3=0.3 ,则 P4≤X≤5=
13. 若函数 fx=ax2+x+1e2a>0 在 x=0 处取得极大值，则实数 a 的取值范围为_____
14. 若 a2−4b2=2 ，则 1a2−ba 的取值范围为_____
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. (本小题满分 13 分)
巴知 Sn 是正项数列 an 的前 n 和，且 an2=2Sn−ann∈N∗ .
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)若 f′x 为函数 fx=x 的导函数，记 bn=f′an ，求数列 bn⋅bn+1bn+bn+1 的前 n 项和 Tn .
16. (本小题满分 15 分)
2025 年我国多地推广“碳普惠”体系，鼓励市民参与绿色出行获取低碳积分. 某社区随机抽取 100 名居民调查绿色出行情况，得到如下列联表(绿色出行定义为“日常通勤采用公交、骑行、步行”):
(1)依据小概率值 α=0.05 的独立性检验，分析参与绿色出行是否与年龄群体有关？
(2)若市民甲前一天参与了绿色出行，则后一天参与绿色出行的概率为 12 ；若前一天没有参与绿色出行,则后一天参与绿色出行的概率为 23 . 如果市民甲第一天参与了绿色出行的概率为 34 ,分别求出他在第二天、第三天参与了绿色出行的概率.
附: χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d Pχ2≥kk
17. (本小题满分 15 分)
如图,在直角梯形 ABCD 中, AB//CD,AB⊥AD:CH⊥AB,E 为 BC 中点,将 ΔBCH 沿 CH 折起,使 B 到 P 处.
(1)求证: PA// 平面 DEH ；
(2)若平面 PCH⊥ 平面 ADCH,CH=PH=1,CD=2,PQ=λPD00 的离心率为 63 ，且过点 E−72,33.
(1)求椭圆 Γ 的方程；
(2)点 Px0,y0x0>0 在椭圆 Γ 上， F1,F2 分别为椭圆 Γ 的左、右焦点， 且 PF1⋅PF2=−13 .
(I) 求点 P 的坐标;
(II) 点 Q 是直线 l:x=x0 上的动点,过点 Q 作两条互相垂直的直线 l1 与 l2 分别交椭圆 Γ 于 A,B 和 C,D 四个不同点，其中 l1 的斜率为 kk≠0 且 QA⋅QB=2QC⋅QD ，求 k 的值.
19. (本小题满分 17 分)
已知函数 fx=x+ae−x2,a∈R .
(1)若 a≤0 ，讨论函数 fx 的单调性；
(2)若函数 fx 有三个零点 x1,x2,x3 ，且 x13.841, 4 分
根据小概率值 α=0.05 的独立性检验, H0 不成立,所以参与绿色出行与年龄群体有关. 6 分
(2)设 Ai= “市民甲第 i 天参与了绿色出行”， Ai= “市民甲第 i 天没有参与绿色出行”， i∈N∗ . · ·· 8 分由题意知: PA1=34,PA1=14,PAi+1∣Ai=12,PAi+1∣Ai=23 10 分
∴PA2=PA1PA2∣A1+PA1PA2∣A1=34×12+14×23=1324 12 分
∴PA2=1−1324=1124
∴PA3=PA2PA3∣A2+PA2PA3∣A2=1324×12+1124×23=83144 14 分
∴ 市民甲第二天参与了绿色出行的概率为 1324 ,第三天参与了绿色出行的概率为 83144 . 15 分
17. 解: (1) 连接 AC 交 HD 于点 F ,连接 EF

∵EF 是 △CAP 中位线
∴EF//PA 2 分
又 ∵EF⊂ 平面 DEH,PA⊄ 平面 DEH
∴PA// 平面 DEH 4 分
(2)(I) ∵PH⊥HC 又平面 PCH⊥ 平面 ADCH 且交于 CH

∴PH⊥ 平面 ADCH ，又 CH⊥HA .
故以 HC,HA,HP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系如图.
∵C1,0,0,P0,0,1,D1,2,0,E12,0,12 ,设 Qx,y,z
∴PQ=x,y,z−1 又 ∵PQ=λPD=λ1,2,−1=λ,2λ,−λ
∴x=λy=2λz−1=−λ⇒x=λy=2λ∴Qλ,2λ,1−λz=1−λ∴HE=12,0,12,HQ=λ,2λ,1−λ . 6 分
设平面 QEH 的法向量为 n=x,y,z
∴HE⋅n=0HQ⋅n=0⇒12x+12z=0λx+2λy+1−λz=0 ∴z=−xy=1−2λ2λx⇒n=x,1−2λ2λx,−x
令 x=2λ ,则 n=2λ,1−2λ,−2λ ∵ 平面 PEH 的法向量为 m=0,1,0
∴cs⟨m,n⟩=m⋅nm⋅n=1−2λ8λ2−4λ+1=55
∴λ=13 或 λ=1 (舍) 故: λ=13 9 分
( II ) ∵ 所求外接球球心 O 在过点 F 垂直于平面 ADCH 的垂线上.
设 O12,22,t ∴OH=OQ 则 14+24+t2=136+236+t−232
∴t=−16 得 O12,22,−16 13 分
∴R2=OH2=14+24+136=79
∴S球=4πR2=28π9 15 分
18. 解: (1) 由 e=63 得 b2a2=13 即 a2=3b2 2 分
∴ 椭圆方程可设为: x23b2+y2b2=1 ,将 P2,33 代入得 b2=1 ,
∴ 椭圆方程为: x23+y2=1 4 分
(2)(I)由(1)知 F1−2,0F22,0 ，则 PF1=−2−x0,−y0PF2=2−x0,−y0
PF1⋅PF2=x0​2−2+y0​2=x0​2−2+1−x0​23=−13 ∴x0​2=1 又 ∵x0>0 ,
∴x0=1 则 y0=±63 . 故点 P 的坐标为 1,63 或 1,−63 9 分
(II) 设 Q1,tAx1,y1Bx2,y2,l1:y−t=kx−1 即 y=kx+t−k
又 x2+3y2=3 联立得 1+3k2x2+6kt−kx+3t−k2−3=0 11 分
Δ=36k2t−k2−41+3k23t−k2−3>0 ∴9k2+3−3t−k2>0 即 3k2+1−t−k2>0
QA⋅QB=1+k22x1−1⋅x2−1=1+k2x1x2−x1+x2+1
=1+k23t−k2−3+6kt−k+1+3k21+3k2=1+k23t2−21+3k2
14 分
同理: QC⋅QD=1+1k23t2−21+31k2
由 QA⋅QB=2QC⋅QD 得 1+k23t2−21+3k2=21+1k23t2−21+31k2 而 3t2−2≠0
∴2+6k2=k2+3 故 k=±55 17 分
19. 解: (1) fx=−x+ae−x2,x≤0x+ae−x2,x>0 ,
① 当 a=0 时， fx=−x,x≤0x,x>0,fx 在 −∞,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增； 2 分
② 当 a0 ， f′x=1−a2e−x2>0 ， fx 在 0,+∞ 上单调递增；
若 x≤0,f′x=−1−a2e−x2 ;
令 −1−a2e−x2>0⇒e−x2>2−a⇒−x2>ln2−a⇒x0 ,解得 −2e