安徽省铜陵、黄山、宣城（三市二模）2026届高三下学期4月份质量检测数学试卷（含答案）

这是一份安徽省铜陵、黄山、宣城（三市二模）2026届高三下学期4月份质量检测数学试卷（含答案），文件包含沪教牛津版八年级下册Unit4Artsandheritage知识清单背诵版docx、沪教牛津版八年级下册Unit4Artsandheritage知识清单默写版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共30页， 欢迎下载使用。

1.【解析】计算可知，故，选B.
2.【解析】抛物线方程可化为，其开口向上且，所以焦点坐标为，选C.
3.【解析】计算得，所以回归直线必过样本点的中心，A错误；将代入，得，B错误；当时，的预测值应为15，C错误；当时，的预测值为3.8，残差为，D正确；综上，选D.
4.【解析】易知，
由D、E、F三点共线得，即，
所以，当且仅当，即时等号成立，选C.
5.【解析】分两种情况：①当A、B都去时，共有种选法，此时若C、D都去，有种选法；②当A、B都不去时，共有种选法，此时若C、D都去，有种选法. 综上，一共有种选法，选B.
6.【解析】由得，两式相减得，即，故的周期；由及可得，令可得，故，故，，而的值不能确定，选C.
7.【解析】令，计算得（舍增根0），所以；易知，则，两式相减可得，由递推公式及知，为单调递增数列，则，则，即，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，所以，则，故所求为，选A.
8.【解析】如图，设的内切圆与三边分别切于点，的内切圆与边切于点，由切线性质可知，由可得，故，又，所以，所以切点即为双曲线的右顶点，同理可证的内切圆与轴也切于右顶点，所以三点共线，且轴；
设直线的倾斜角为，则，则，由轴及可知，四点共圆，则，则；
由已知和前面的分析可知，所以在直角梯形中，容易得到，即，即，化简可得，
所以离心率，选D.
9.【解析】由图象知，将点代入中可得，因为，所以，再将点代入中，得，所以，所以，由图可知，即，所以，所以，故A正确；
令可得，当时，故B正确；
易得在内单调递增，在内单调递减，所以在内单调递减，在内单调递增，故C错误；
将向左平移个单位长度长度得，即为，故D正确；
综上，选ABD.
10.【解析】在上取一点，使，连接，再取中点，连接，
则面面，若面，则由线面平行性质定理知，而由已知条件和图形可知直线必相交，矛盾，故A错误；
取中点，易知，则即为直线与的所成角，计算可知，，，由余弦定理得，故B正确；
当时，易知在以为球心，半径的球面上（正方体内部分），计算可知，点到面的距离，所以，故C正确；
当重合时，三棱锥即为，其外接球就是三棱柱的外接球，计算可得的外接圆半径为，所以外接球半径，所以球的表面积，故D正确；
综上，选BCD.
11.【解析】因为，则时，时，时，结合图象可知，当且时，必有，故A正确；
由得，设，则，即，可设，易知，所以可设，设，由可得，所以，所以，故B错误；
由及得，所以，故C正确；
，
设，则，函数在单调递减，所以，即，故D错误；
综上，选AC.
12．
【解析】，故的系数是．
13．
【解析】因为，所以．又，所以
① 时，，；
② 时，，；故．
14．
【解析】因为，所以在复平面中，是边长为的等边三角形．
如图1，设，
图1
所以，，故
如图2，设，
图2
所以，，故
综上，最大值为．
15．（1）；（2）
【解析】
（1）【方法一】因为为边上一点，且，设，则，
因为，所以，
解得，所以，
所以． …………………………………… 5分
【方法二】因为为边上一点，且，则，
所以，即，
解得． ………………………………… 5分
（2）因为，所以，
所以． ………………………………… 7分
因为，所以， ………………………………… 9分
所以． ………………………………… 11分
所以． ………………………………… 13分
16．（1）见解析；（2）
【解析】连接，交于点，连接．
（1）因为底面为菱形，
所以，点为的中点．
又，所以．
又，所以平面． ………… 5分
（2）因为菱形中，，所以．
由（1）可知，又，所以．
又，所以，．
又，所以面． …………………………… 7分
因为平面，所以，
又，所以点为线段上中点． …………………………… 9分
以点为原点，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，
，
设平面的法向量，则
，不妨取． ………… 11分
记平面与平面夹角为，则
．
故平面与平面夹角的余弦值为． ………………………… 15分
17．（1）；（2）(i) ；(ii) ．
【解析】连接，交于点，连接．
（1）由题可得，，所以，故的方程是． …… 2分
（2）(i)因为，所以，且，带入的方程，解得．…… 5分
(ii)因为，则，即． …………………… 6分
设线段的中点为，则，
可得直线的方程为，即． …………………… 7分
设点，联立，得
，
所以． ………………………………… 9分
又，所以
…………… 12分
………………………………… 14分
又，所以解得． ………………………………… 15分
18．（1）；（2）；（3）不可信．
【解析】设事件“通过测试”，事件“通过测试”，事件“测试合格”．
（1）由题，每辆车通过测试的概率为
， …………… 2分
所以，即 ………………………………… 4分
则的期望，的方差． ………… 6分
（2）由题，则测试合格的无人投递车，其通过测试的概率为
． ………………………………… 10分
（3）设随机抽取辆无人投递车中合格数为，由（1）可知，．
假设该工厂关于产品合格率为的说法成立，则应有950辆车合格．
由材料1可得，，即
在假设下1000辆车中合格数超过950的概率不超过0.036，由材料2可知，该事件为小概率事件，据此我们有理由推断该工厂提供的合格率不可信． ………………………………… 17分
19．（1）；（2）(i) ；(ii) ．
【解析】
（1）时， 又有,
故 在上单调递增．
对恒成立 对均成立，
在上单调递减，
， ． ………………………………… 4分
（2）(i)有两个不等根，
，
故在 ，．
最小值为，
对任意均立．
设， ，
时；时，最大值为．
． ………………………………… 10分
(ii)
，则
且随
时有两个根
设，若则由单调性可知
所以 即单调递增
最小当且仅当最小

在
所以取最小时,． ………………………………… 17分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
D
C
B
C
A
D
ABD
BCD
AC