安徽省2025_2026学年高三数学上学期1月期末质量检测试题B卷含解析

这是一份安徽省2025_2026学年高三数学上学期1月期末质量检测试题B卷含解析，共6页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分 150 分，考试时间 120 分钟．
2．答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．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；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题
区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：人教 A 版必修第一册、第二册，选择性必修第一册、第二册．
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 设集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式求得集合 ，然后利用集合交集定义运算的结果.
【详解】由 可得 ，则 ，即 ，
又由 可得 ，则 ，即 ，
∴ .
故选：A.
2. 设复数 满足 ，则 的实部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
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【解析】
【分析】由复数的乘法、除法运算，得到 ，即可求解.
【详解】由 ，
得 ，
则 的实部为 ，
故选：D
3. 已知圆 与圆 交于 ， 两点，若 ，则
（ ）
A. 1 B. 2 C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先求得相交弦 所在直线方程，然后根据圆的弦长公式求得 的值.
【详解】将圆 和圆 方程相减，
可得直线 的方程为 ，
圆 的圆心为 ，半径为 1，
点 到直线 的距离为 ，
解得 ，又 ，所以 .
故选：B.
4. 已知向量 ， ，若 ，则 （ ）
A. B. 5 C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】先根据向量垂直和向量数量积的坐标表示求出 ，进而根据向量的模的公式求出结果.
【详解】因为向量 ， ，所以 .
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由于 ，所以 ，
所以 ，解得 .
所以 ，所以 .
故选：C.
5. 在单项选择题中，每道题有 ABCD 四个选项，其中仅有一个选项正确．学生小张与小李两人对同一题在
选项 ABCD 中随机选择一项．事件 ：两人选择都正确；事件 ：两人选择都错误；事件 ：至少有一
人选择正确，则（ ）
A. 与 互为对立事件 B. 与 互斥
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出事件 的概率，即可判断选项 C；根据对立事件及互斥事件的定义即可判断选项 A，
B；根据条件概率的定义即可判断选项 D.
【详解】由条件得两人作答总共有 种等可能的选法，设正确选项为 A.
则事件 ：两人都选对（即都选 A）共有 1 种选法，故
事件 ：两人都选错（即都从 B、C、D 中选）共有 种选法，故
事件 ：至少一人选对等价于总的方法数减去两人都选错的方法数，即共有 种选法，故
.
对于 A：因“至少一人对、一人错”的情况既不在 也不在 中，即 ，故 与 互为对立
事件不成立，故 A 错误；
对于 B：由条件得 是 的子集，即 ，即 与 不互斥，故 B 错误；
对于 C： ，即 成立，故 C 正确；
对于 D：由条件概率公式得： ，故 D 错误.
故答案为：C.
6. 已知抛物线 与直线 交于 ， 两点，焦点为 ，若 ，则（
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）
A. B. 直线 与 相切
C. 的准线方程为 D.
【答案】D
【解析】
【分析】由 ， 在直线 上得到 ， ，再应用弦长公式计算判断 A，C；
利用抛物线的定义求出 判断 D，；联立方程组应用判别式判断 B.
【详解】直线方程为 ，设 ，
由 得 ， ， ，
因为 ，所以 或 ，又因为
，所以 ，A 不正确；
的准线方程为 ，C 选项不正确；
， ，
，故 D 正确；
直线方程为 ，
由 得 ，
因为 ，所以 ，所以直线 与 不相切，B 不正确；
故选：D．
7. 已知数列 ，其中第一项是 ，第 项是 ， ，接着 3 项为 ，
， ，接着 4 项是 ， ， ， ，依此类推．设该数列的第 项为 ，前 项和为 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
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【解析】
【分析】按规律将数列分组，第 组数有 个数，求出第 组数的和，及前 组数的个数，即可求解.
【详解】由条件知，将数列分组，第 1 组数是 ，有 1 个数，第 2 组数 ， ，有 2 个数，⋯，第 组数
是 ， ，…， ，有 个数，
且第 组数的和为 ，
从第 1 组到第 组，所有数的个数是 ，
时， ，
则 ， ， ， ， ，
；
当 时， ，则 ， ， ．
故选：D
8. 若函数 存在极大值点 和极小值点 ， ，其中 ， 都是实数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将极值点个数，转化为导数零点个数，再转变为图像交点个数，求出 ，再分别讨论当
与 的情况，找到满足题意的即可求出最终的范围.
【详解】由 可得 ，
因为函数 存在极大值点 和极小值点 ，
故方程 有两个不相等的实根，
当 时，方程不存在两个根，故 ，从而可知 有两个不相等的实根，令 ，
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，
故当 和 ， ， 均单调递减；
当 ， ， 单调递增，
所以 ，进而可以画出 图像如下：
根据 有两个不相等的实根可知，函数 与 有两个不同的交点，故 ，接
下来分析 的正负情况.
当 时，则 ， ，令 ， ，
令 ，解得 ，
当 ， ， 单调递减，
当 ， ， 单调递增，
所以 在 处取最小值，
，而 ，故 ，
所以根据零点存在定理易知 存在两个不同的零点，
即 存在两个不同的零点 ，
而 ， ， 单调递增， ， ， 单调递减，
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故 分别为函数 的极大值点和极小值点，且 ，满足题意.
此时由 可得 ，
而 ，故 ，故 A 正确；
当 时，则 ，令 ， ，
令 ，解得 ，
当 ， ， 单调递增，
当 ， ， 单调递减，所以 在 处取最大值，
，而 ，故 ，
所以根据零点存在定理易知 存在两个不同的零点，
即 存在两个不同的零点 ，而 ， ， 单调递减，
， ， 单调递增，
故 分别为函数 的极小值点和极大值点，且 ，不满足题意.
由此当 时，则 ， ，不能确定 ，B 不正确；
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同理也不能确定 ， ，CD 不正确；
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. 水稻的产量与单株水稻谷粒饱满程度及谷粒数量有关．某科研小组在一块水稻田中，随机抽取 10 株即将
成熟的水稻，检查每株的谷粒数量，统计如下：150，153，150，148，142，157，160，146，150，154（单
位：粒），则（ ）
A. 这 10 个数据的中位数和众数相等 B. 这 10 个数据的平均数为 150
C. 这 10 个数据的极差为 18 D. 这 10 个数据的方差为 24
【答案】AC
【解析】
【分析】根据中位数、众数、平均数、极差、方差的定义即可得到结果.
【详解】这 10 个数据从小到大排列为 142，146，148，150，150，150，153，154 ，157，160，
对于 A，其中第 5 和第 6 个数为 150 和 150，故这 10 个数据的中位数为 ，
这 10 个数据中出现次数最多的数为：150，所以众数为 150，故 A 正确；
对于 B，平均数 ，故 B 错误；
对于 C，极差 ，故 C 正确；
对于 D，方差
，故 D 错误.
故选：AC.
10. 已知函数 的导函数为 ，则（ ）
A. 曲线 是中心对称图形 B. 在 上单调递减
C. 曲线 是中心对称图形 D. 存在常数 ，使 对 成立
【答案】ABD
【解析】
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【分析】对于函数的对称性，可通过判断 之间的关系来确定；对于函数的单调性，可通过求
导并分析导数的正负来判断；对于选项 D，可通过分析导数的表达式来判断是否存在常数 满足条件.
【详解】对于 A：因为函数 ，所以
.
所以 ，
所以根据中心对称图形的性质可知，曲线 关于点 对称，是中心对称图形，A 正确；
对于 B：因为函数 的导函数为 ，所以
.
因为 ，所以当 时， ，此时 ，
所以此时 在 上单调递减；
当 时， ，此时 ，
所以此时 在 上单调递减；
综上， 在 上单调递减，B 正确；
对于 C： ， ，所以 ，
所以 为偶函数，关于 轴对称，不是中心对称图形，C 错误；
对于 D：当 时， ，此时 ， ；
当 时，不等式化简为 ，而 ，所以要使得不等式恒成立，
则 ，所以存在常数 ，使 对 成立，D 正确.
故选：ABD.
11. 已知双曲线 的左、右顶点分别为 ， ，右焦点为 ，点 在 上，
与 轴垂直．若直线 的斜率是直线 的斜率的 3 倍，且 ， ，点 在 的左支
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上，则（ ）
A. B. 的渐近线方程为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据双曲线的性质，结合已知条件求出双曲线的方程，再根据双曲线的性质逐一分析选项.
详解】由已知得 ， ， ，
因为点 在双曲线 上，且 轴， ，
不妨设 ，则 ， ，
由 ，解得 ，又 ，所以 ，
所以双曲线方程为 ，将 代入，得 ，
所以 ，所以 ，所以选项 A 错误；
双曲线的渐近线方程为 ，所以选项 B 正确；
由 ，所以 ，
设双曲线的左焦点为 ，根据双曲线的定义，
，所以 ，
所以 ，
当 三点共线时， 最小，
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最小值为 ，所以选项 C 正确；
设 ，则 ，
，
所以当 时， 最小，最小值为 ，所以选项 D 错误.
故选：BC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知 满足 ，则 ________．
【答案】
【解析】
【分析】应用两角差余弦公式及同角三角函数关系得出 ，再应用二倍角余弦公式及弦化切计算
求解.
【详解】因为 ，
所以 ，则 ，
则 .
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故答案为： .
13. 已知函数 ，在区间 内任取两个实数 ，不等式
恒成立，则实数 的最大值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】首先将 去分母，将问题等价转化为 是增函数，即
在 上恒成立，分离参数后构造函数即可求解.
【详解】 .
不妨取 ，则 ，
所以 ，即 ，
亦即 .
令 ，
则问题等价转化为 是增函数.
所以 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立.
令 ，
则 ，
因为二次函数 在 上单调递增，
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所以当 时， ，
即 ，所以 是增函数，
所以 ，即 ，所以实数 的最大值为 1.
故答案为：1.
14. 已知四棱锥 的五个顶点都在球 的球面上，四边形 是边长为 2 的正方形， 是
等边三角形， ，则球 的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用外接球球心到棱锥各个顶点的距离相等找到球心，求出半径即可求解.
【详解】如图：
取 中点 ， 中点 ，连接 ， ，则 ， ，
分别以 ， 为 ， 轴，过 垂直于平面 的直线为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ，设 ，则 ， ，
因为 ，所以 ， ，又 ，
所以 ，所以 ， ．
设球心 的坐标为 ，球半径为 ，
由 得 ，
所以 ， ，所以球的表面积 ．
故答案 ：
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 所对的边长分别是 ，且 ．
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（1）求角 ；
（2）若 ，求 的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用正弦两角和公式化简，即可求出角 ；
（2）利用余弦定理，结合基本不等式求最大值，即可求解.
【小问 1 详解】
由
，
由于 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，即 ,
故 ；
【小问 2 详解】
因为 ， ，所以由余弦定理可得：
，
由基本不等式可得： ，所以 ，
当且仅当 取等号，
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则 的面积 ，
故 的面积的最大值为 .
16. 若数列 的前 项和为 ，且 ， ，等比数列 的首项为 ，
．
（1）求数列 ， 的通项公式；
（2）若数列 的前 项和为 ，求满足 的最小的正整数 的值．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据递推公式可推出数列 是等差数列，从而可求出 ，进而可求出 的公比，
从而可写出通项公式；（2）首先写出 的通项公式，从而可得到 的表达式，错位相减法可进一步得到
的表达式，解不等式 可得到满足题意的 .
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
所以 ，即 .
又 ，
所以数列 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，其通项公式为 .
所以 ，
由 知 ，所以等比数列 的公比为 ，
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所以数列 的通项公式为 .
【小问 2 详解】
由（1）可知数列 的通项公式为 ，
所以 ，①
则 ，②
① ②得 ，
所以 .
由 得 ，
所以 ，所以 ，
当 时， ， 不成立；
当 时， ， 不成立；
当 时， ， 成立，
由指数爆炸增长知当 时， 恒成立，
所以满足 的最小的正整数 的值为 ．
17. 如图，在三棱柱 中， ， 和 分别是 和 的中点， 平面 ．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，
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（i）求多面体 的体积；
（ii）求平面 与平面 所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） ； .
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到 ，证得 ，结合线面平行的判定定理，即可证得 平
面 .
（2）（i）在直角 中，求得 ，得到棱柱的高为 ，结合棱柱和棱锥的体积公式，分
别求得三棱柱 和三棱锥 的体积，进而求得多面体的体积；
（ii）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面 和平面 的法向量
和 ，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问 1 详解】
证明：因为 和 分别是 和 的中点，可得 ，
在三棱柱 中，可得 ，可得 ，
又因为 平面 ，且 平面 ，所以 平面 .
【小问 2 详解】
解：（i）因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
因为 为 的中点，且 ，可得 ,
在直角 中，可得 ，即棱柱的高为 ，
又因为 ，且 和 分别是 和 的中点，
所以 ，
所以三棱柱 的体积为 ，
三棱锥 的体积 ，
第 17页/共 24页
所以多面体 的体积 .
（ii）因为 和 分别是 和 的中点，可得 ，
又因为 ，所以 ，且 平面 ，
以 为坐标原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得 ，
在三棱柱 中，可得 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
因为 轴与平面 垂直，所以平面 的一个法向量 ，
设平面 与平面 所成二面角为 ，
则 ，
可得 ，
所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为 .
18. 已知椭圆 的离心率为 ，其左、右顶点分别为 ， ， ，过点
的直线 交椭圆 于另外一点 ，点 是直线 上不同于 的一点，且满足 ， 为坐标原点．
（1）求 的方程；
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（2）若 ，求直线 的方程；
（3）若直线 的斜率不为 0，直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，问 是否为定值？如
果是，求出定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据离心率及 求解椭圆方程；
（2）设出直线 方程与椭圆方程联立，根据根与系数的关系，结合 ，得出坐标间的关系，再
利用 求解；
（3）分别用同一变量表示出斜率 ，代入 化简判断.
【小问 1 详解】
因为 A，B 分别为椭圆的左右顶点，所以 ，所以 ，
又离心率为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，因此椭圆的方程为 .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，设直线 的方程为 ， ， ，
由 ，得 ，因为 与 不同，所以 ，
所以 ， ，
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所以 ，
因为 ，所以 ，
得 ，又 ，
由 ，得 ，即 ，
化简得 ，所以 ，解得 ，
所以直线 的方程为
【小问 3 详解】
由（2）知 ，
由 ，得 ，
所以 ， ，
所以 ，又 ，
所以 ，
，
所以 ，
，
第 20页/共 24页
所以 .
所以 ，为定值.
19. 设函数 ， 是实数．
（1）若 1 是 的一个零点，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）讨论函数 的单调性；
（3）若 ， ， ，证明： ．
【答案】（1） ；
（2）答案见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求出 的值，由导数的几何意义求出切线斜率，然后得到切线方程；
（2）求出函数的导数，通过 的分类讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性；（3）化简原不等
式，构造新函数，利用函数的极值点以及函数的单调性，转化证明即可．
【小问 1 详解】
由条件得 ，即 ，解得 ，
则 ，于是
从而 ， ，
故切线方程为： ，即： ；
【小问 2 详解】
函数 的定义域为 ，
则
① 当 时， ，由 ，得 ，
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当 时， ，则函数 在 上单调递减，
当 时， ，则函数 在 上单调递增；
② 当 时， ，由 ，得 或 ，
则当 或 时， ，函数 在 和 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增；
③ 当 时， ， ，故函数 在 上单调递减；
④当 时，
则当 或 时， ，函数 在 和 上单调递减，
当 时， ，函数 上单调递增；
⑤当 时， ,
当 时， ，则函数 在 上单调递增，
当 时， ，则函数 在 上单调递减.
综上所述，当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时，函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递减；
当 时，函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
【小问 3 详解】
证明：要证 ，即证
第 22页/共 24页
，
化简后等价于： ,
令 ，则需证 ,
令 ，则
令 ，由于
则 ，
故
因 ，则 ，故
且当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时， ，则 在 上单调递减，
故 ，
即得 ，
即得 ，且只有当 时， ，
故 在 上单调递减，
由 ， ，得 ，故 ，
即 ，即得 ，
同理由 可得 ，
故
故原不等式成立.
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