2026合肥高三上学期第一次教学质量检测试题数学含解析

这是一份2026合肥高三上学期第一次教学质量检测试题数学含解析，共23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（）
A．B．或C．D．或
2．设，则（ ）
A．B．C．2D．4
3．已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．某公司50名员工的月工资统计表如下：
记这50名员工月工资的平均数为元，中位数为元，众数为元，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线，直线与的两条渐近线分别交于点，若，则的离心率为（）
A．B．C．D．
6．已知函数为偶函数，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．国庆假期，某人计划去五个不同的景点游览．在确定景点的游览顺序时，要求在之前，与相邻，则不同的游览顺序共有（ ）
A．18种B．24种C．48种D．60种
8．已知函数有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知正实数满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数．若存在不相等的实数，使得，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．若的最小值为，则
C．若，则的取值范围为
D．若，且的最大值为，则的取值范围为
11．设为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线交于两点，在第一象限，过作直线的垂线，垂足分别为，则（）
A．
B．若，则
C．若，则直线的斜率为
D．的面积最小值为
三、填空题
12．已知等差数列满足，则的通项公式为 ．
13．已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为，若该圆台上下底面的圆周均在同一个球的球面上，则此球的表面积为 ．
14．已知直线与轴、轴分别交于点，点在曲线上，点在上，点满足，则的最小值为 ．
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)求内角的最大值．
16．一个盒子中有5个大小相同的球，其中有2个黄球，3个白球．
(1)随机一次取出3个球，用表示取出的球为黄球的个数，求的分布列和均值；
(2)逐个不放回地随机取出5个球，在整个取球过程中，记“已取出白球的个数始终不小于黄球的个数”为事件，求．
17．如图，直三棱柱的所有棱长都等于2，点，分别是线段，上的动点（异于端点），且．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)设，证明：．
19．已知椭圆的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于，两点．
（i）求证：以为直径的圆过定点；
（ii）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，且，求直线的斜率．
参考答案
1．C
【详解】解不等式，可得，即.
已知.
求交集=.
故选：C
2．D
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D.
3．B
【详解】如图所示，空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，
且三点共线，但直线不共面，
所以“三点共线”是“直线共面”的不充分条件；
若直线共面，设其为，则均在平面内，也在平面内，
则在平面与的交线上，所以三点共线，
所以“三点共线”是“直线共面”的必要条件；
所以“三点共线”是“直线共面”的必要不充分条件.
故选：B.
4．B
【详解】这50名员工月工资的平均数为元；
从小到大排列后第25和第26个数均为4400，所以中位数为元；
显然4400出现次数最多为20次，所以众数为元
故.
故选：B.
5．A
【详解】双曲线的渐近线方程为.
将代入渐近线方程：
对于，解得，即点.
对于，解得，即点.
所以，解得.
双曲线的离心率，其中.
将代入得：
因此，离心率.
故选：A
6．C
【详解】函数的定义域为，令函数，
，即函数是奇函数，
而函数是偶函数，则函数是奇函数，
因此，解得，又，
所以当时，取得最小值.
故选：C
7．B
【详解】若与相邻，则需将其捆绑并排列，再将四个元素排列，共有种，
因为在之前和在之后各占一半，故符合题意的不同的游览顺序共有种.
故选：B
8．C
【详解】因为有且仅有三个零点，则方程有且仅有三个根，
令，则，
由得；得；
则在单调递增，在上单调递减，则，
因为时；时，且时，
所以的函数图象如图：
因为不是的根，
所以有两个根，其中一个根位于，另一根位于或另一根是，
但方程的两根的乘积为，
所以一个根位于，另一根位于，
则，得，
故的取值范围是.
故选：C
9．AC
【详解】若，因为，则，所以，
与矛盾，故不成立，所以，故A正确；
若，因为，则，所以，
与矛盾，故不成立，所以，
取，满足，，此时，故B错误；
因为，，，所以，所以，
又，所以，所以，故C正确；
取，满足，，
所以满足，此时，故D错误.
故选：AC.
10．ACD
【详解】因为，所以，
因为存在不相等的实数，使得，
所以存在不相等的实数，使得，故A正确；
若的最小值为，则，得，故B错误；
若，则，
因为，所以，得，故C正确；
因为的最大值为，所以的最大值为，
则，得，故D正确.
故选：ACD
11．ABD
【详解】设直线的方程为，与抛物线联立：，
，设，，
由韦达定理得，.
因为是到准线的垂足，所以.
向量，.
对于选项A，因为，且，
所以，所以，故A正确.
对于选项B：是到准线的垂足，所以，，.
若，则有
所以，
又因为，代入上式可得：，解得：，则.
因此点坐标为，所以，B正确.
对于选项C：
由得：，即：，
联立：，消可得：则，
所以，即，代入化简可得：即
解得（均舍去），即.
直线过焦点，所以，因此C错误.
对于选项D：，，
所以
由得，又，，
所以，则，所以
将和代入面积公式：
令，则，代入得：
令，解得（舍去），即.
此时，，所以
因此，的面积最小值为，D正确.
故选：ABD
12．
【详解】已知是等差数列，设公差为，则，
，
，解得，
．
故答案为：．
13．
【详解】设圆台的上下底面圆心分别为，球心为，
在上下底面圆周上分别取点为，连接，如图，
因为圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为，
所以，，
设，则，所以，
所以，解得，所以该球的半径，
所以该球的表面积.
故答案为：.
14．
【详解】当直线平移到与曲线相切于点，
此时切点是曲线上的点到直线的距离最小的点，
由，得，
因为直线的斜率为，所以令，整理得，
解得（舍去）或，又，故此时切点，
且此时到直线的距离为，
又，故此时到直线的距离为，
取的中点为，时，的长取得最小值，如图所示：
由直线，可得，
所以，所以，
又
,
故最小时，的最小值，且最小值为.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）证明：因为，
所以由题得，即，
由余弦定理可得，所以．
（2）由（1）知，所以，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为，，
所以内角的最大值为．
16．(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）的可能取值为0，1，2．根据概率知识，可得的分布列为
用表格表示的分布列，如下表所示．
所以的均值为．
（2）由题意可知第一次取到的球为白球，设“第次取到白球”（）．
若事件发生，则后面出现情况均满足题意，所以；
若事件发生，则事件一定发生，后面出现的情况均满足题意，
则．
故．
17．(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）在棱上分别取点，使．
则．
因为，，所以．
又，所以．
由，得，
所以四边形是平行四边形．所以．
又平面，平面，所以平面．
（2）由（1）知，令，则，
在中利用余弦定理得，
即，解得．
所以点分别是中点．所以点分别是中点．
以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
所以．
设为平面的法向量，
则，即，可取．
设为平面的法向量，
则，即，可取．
设平面与平面夹角为，则．
故平面与平面夹角的余弦值为．
18．(1)函数在区间单调递减，在区间单调递增
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，
所以当时，；当时，．
所以函数在区间单调递减，在区间单调递增．
（2）因为，所以当时，，由（1）知，
当时，．
又当时，，，
所以，即．所以在区间单调递减，
所以，不符合题意．综上，的取值范围是．
（3）由（1）知，当时，函数在区间单调递增，
所以当时，，
即，所以当时，．
当时，，则有．
令，求导得，当时，；
当时，，所以，
所以，所以，所以．
所以．记，
所以．
所以．综上，原不等式成立．
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）0或．
【详解】（1）由题意得，解得，所以的方程为．
（2）（i）因为椭圆关于y轴对称，过点E的任意一条直线均有一条直线与之关于y轴对称，
所以以为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于y轴对称，
所以为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在轴上，设为点，
若直线的斜率存在，设其方程为，点，
联立，消去化简可得，
所以，
由得，
，
即，即，
所以，故以为直径的圆过
若直线斜率不存在，以为直径的圆显然过，
综上，以为直径的圆过定点；
（ii）由（i）知，，所以，，
因为，所以，
即，也即，
所以，取线段中点为，则，
因为，所以点的坐标为，
当时，，符合题意，
当时，，则，解得．工资/元
3600
4000
4400
5000
6000
7000
人数/名
5
10
20
7
5
3
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
B
B
A
C
B
C
AC
ACD
题号
11









答案
ABD









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