安徽省淮北市2026届高三上学期第一次质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省淮北市2026届高三上学期第一次质量检测数学试题（Word版附解析），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。
数学试题
一、单选题
1．已知集合，则的元素个数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
2．已知复数，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．函数在AI神经网络中作为激活函数使用，可提升模型的非线性拟合能力．下列函数图象中，可以作为大致图象的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线和平面，下列表述正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
6．记为数列的前项和．若，当时，，则常数的值为（ ）
A．B．1C．2D．4
7．已知过点的直线与圆交于两点．若的面积为8，则点的坐标可以是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数及其导函数的定义域均为，若函数和均为偶函数，则（ ）
A．的图象关于直线对称B．的图象关于直线对称
C．3是的一个周期D．
二、多选题
9．在一次科普知识竞赛中共有200名同学参赛，经过评判，这200名参赛者的得分都在之内，其得分的频率分布直方图如图所示，则（ ）
A．B．这200名参赛者得分的中位数为64
C．得分在内的频率为D．得分在内的共有80人
10．已知正四棱锥，为棱上的动点．则（ ）
A．平面平面
B．存在使得为直角三角形
C．当为中点时，平面
D．若，球与四棱锥的所有棱都相切，则球的表面积为
11．将平面向量绕起点逆时针旋转角得到的向量记为，已知向量，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．代数式的展开式中的系数为 ．
13．已知抛物线的焦点是双曲线：的右焦点，点是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为 ．
14．已知点是的外心，直线与线段交于点．若，则 ．
四、解答题
15．在中，分别为内角所对的边，满足：.
(1)求角；
(2)若，求内角平分线的长．
16．已知数列满足．
(1)设，求证：数列为等比数列；
(2)求的通项公式．
17．如图，在四棱锥中，平面，分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)设平面．
（i）求实数的值；
（ii）求二面角的正弦值．
18．已知椭圆的短轴长为2，焦距为2，过的左焦点作斜率之和为1的两条直线和，与交于两点，与交于两点，线段的中点分别为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求点的轨迹方程；
(3)直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由．
19．已知函数．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求实数的值；
(2)当时，
（i）证明：在上存在唯一极小值点和唯一零点；
（ii）在（i）的条件下，证明：．
参考答案
1．C
【详解】，，
，的元素个数为.
故选：C.
2．B
【详解】.
.
.
所以.
故选：B.
3．A
【详解】，，排除选项BD，
，，
设，，
当时，即，，则在范围内是单调递增函数；
当时，即，，则在范围内是单调递减函数；
当时，，，在范围内是单调递增函数；
当时，在范围内是单调递增函数，
，
，
，使得，
当时，，，则在是单调递减函数；
当时，，，则在是单调递增函数；
则选项A符合.
故选：A.
4．B
【详解】由，所以，又在上单调递增，所以，故A错误；
由，所以，故B正确；
由，又，所以，
所以，故C错误；
由，又，
所以，所以，故D错误；
故选：B.
5．D
【详解】由，条件中缺少，故A错误；
由，条件中缺少，故B错误；
由，条件中缺少，故C错误；
由，故D正确；
故选：D.
6．B
【详解】设，则是以为首项，公比的等比数列，
为数列的前项和，
，
，
，当时，，
，.
故选：B.
7．D
【详解】圆的半径.
，
所以，，所以是等腰直角三角形，
此时弦的长度为，
.
选项A：，不符合条件.
选项B：，不符合条件.
选项C：，不符合条件.
选项D：，符合条件.
故选：D.
8．D
【详解】因为为偶函数，所以，
则，两边求导得，则，
由为偶函数，得，则，
由，，
得，则，
所以，则的周期为12，
由，令，得，即，
由，令，得，
由，令，得，即，
则，
所以，故D正确；
对于ABC，设，则，
而，则，
所以函数和均为偶函数，满足题意，
而，则的图象不关于直线对称，故A错误，
而，则的图象不关于直线对称，故B错误，
而的最小正周期为，故C错误.
故选：D
9．ACD
【详解】由题意有，解得，故A正确；
设中位数为，所以，解得，故B错误；
由题意得得分在内的频率为，故C正确；
由题意得得分在内的频率为，
则得分在内的共有人，故D正确.
故选：ACD.
10．ACD
【详解】对于A，连接，设交于点，连接，如下图：
在正四棱锥中，，平面，
因为平面，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，在正四棱锥中，
若为直角三角形，则，，
由，得，即，
而在正方形中，，由于，则，矛盾，
所以不存在使得为直角三角形，故B错误；
对于C，当为中点时，连接，
由于在正方形中，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，故C正确；
对于D，当时，，而，则，
在等腰直角中，到的距离为，
而到的距离也为1，则球的球心位于点，半径为1，
则球的表面积为，故D正确.
故选：ACD
11．ABD
【详解】对于选项A， 向量绕起点逆时针旋转角的变换是线性变换，
对应复数乘法中的旋转因子，两次旋转角相当于旋转角，
即，故选项A正确；
对于选项B，旋转矩阵是线性变换，满足可加性，设，，
则，
则，
，
，
，
即，故选项B正确；
对于选项C，，
，，，
故选项C错误；
对于选项D，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故是周期为的数列，，又，
，故选项D正确.
故选：ABD.
12．
【详解】第一步，
中的和的展开式的常数项相乘为的展开式中的项，
即；
第二步，
中的和的展开式的的项相乘为的展开式中的项，
即；
则的展开式中的项为，系数为.
故答案为：.
13．/
【详解】抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为，
由题意知，.
抛物线的准线方程为，
因为，所以，即.
设在第一象限，将代入抛物线方程可得，所以.
代入双曲线方程，又，所以.
设，则，整理得，
解得，因为，所以，
所以.
故答案为：.
14．/
【详解】因为点是的外心，所以过作的垂线，交于点，则为的中点.
由题可知，，所以，所以.
因为，所以.所以为等腰三角形.
连接，延长交于点，则为的中点.
设，则.
由，得；
所以；
由，，
得.
所以，解得.
设，则，，所以，.
由，得，所以，所以.
所以.
15．(1)
(2)．
【详解】（1）由．
故，而，得．
（2）由，
设的长为，由．
即的长为．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由得：，
即，故为等比数列；
（2），由（1）得．即，
于是
．
17．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）．
【详解】（1）证明：以为原点，以、、的正方向分别为轴、轴、轴的正方向，
建立如图的空间直角坐标系，则：
，即．
又平面知，由，则平面．
（2）（i），平面的一个法向量为，显然，
故平面，而平面平面，于是，
设；
（ii）由（i），
设平面的一个法向量分别为，
则：，
取，则，即．
设平面的一个法向量分别为，
，
取．则，即，
．
设二面角的平面角为，则，
，，，
，，
即二面角的正弦值为．
18．(1)；
(2)；
(3)直线恒过定点．
【详解】（1）依题意，设的焦距长为，则，又短轴长，
则，
因此，椭圆的标准方程为：．
（2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，
设，和椭圆方程联立，
消去得：，
则进而得，
当时，，代入上式，化简得：，
当时，也满足上式；
又，
故点的轨迹方程为：．
（方法二）设，则的斜率为，
由（1）知椭圆标准方程为：，
则① ②
②①得：，
若，进一步得：，即：，
于是．
若，即，此时也满足上式，
故点轨迹方程为：．
（3）由（2）知点也满足方程，
设直线方程为，联立，
消去得：，
设，则，
由得：
，
即，故直线恒过定点．
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1），
，
，
（2）（i）
，
当时，，，
，，，，
在区间上是单调递增函数；
下面讨论时的情形，
令，，
再令，，
则在区间上是单调递增函数，
即在区间上是单调递增函数，
而，，
故，使得，
且当时，，是单调递减函数，
当时，，是单调递增函数，
注意到，而，
从而必然使得．
且当时，，即，
当时，，
从而在递减，在递增．
又，
因此必然唯一的使得，
于是在上存在唯一的极值点和唯一的零点．
（ii）由（i）知，且，及在上是单调递增函数，，
要证只需证，即即可．
，
由时，，得到，
则．
下面补证：当时，；
构造函数 ，