安徽淮南市2026届高三第二次教学质量检测数学试题（解析版）

这是一份安徽淮南市2026届高三第二次教学质量检测数学试题（解析版）试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
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. 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先对复数进行化简，将分母实数化，得到复数的代数形式，再根据实部和虚部的正负确定对应点所在象限即可.
【详解】因为，
所以复数 在复平面内对应的点为 ，
因为点 的横坐标为正、纵坐标为负，因此位于第四象限.
2. 已知集合，⫋，则符合条件的集合的个数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【详解】集合，
，所以可能的取值为，，，即集合，
是的真子集，
因此集合的个数为.
3. 已知向量，，与的夹角为，则（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】因为向量，所以，
又，与的夹角为，
所以，
所以，所以.
4. 平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案.其画法是：取第一个正方形各边的四等分点，，，作第二个正方形，再取正方形各边的四等分点，，，作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，如图所示.设正方形边长为，后续各正方形边长依次为.若，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意判断为等比数列，求出通项公式，代入求解即可.
【详解】由题意可知，，易知，所以.
又，所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，
所以，故.
5. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为1，一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的顶点到渐近线的距离为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，一个焦点在抛物线的准线上，即可求出，进而得，，得到顶点坐标，由点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由双曲线的一条渐近线的斜率为1，可得.
抛物线的准线为，所以.
又，，，所以.
不妨取顶点，渐近线：，
所以双曲线的顶点到渐近线的距离为.
6. 已知圆台的上、下底面的半径大小分别为2与4，其母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台体积的大小为（ ）
A. 80π3B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由圆台的母线与底面所成的角求出圆台的高，再由圆台的体积公式求体积即可.
【详解】如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为，
过作于，即为母线与下底面所成角，则.
因为圆台的上、下底面半径分别为2和4，所以，
由，所以，所以，即，
由圆台的体积公式为V=π322+42+22×42×4=112π3.
7. 设，随机变量的分布列为
则（ ）
A. 在上单调递增B. 在上单调递减
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据方差公式，结合二次函数性质判断即可.
【详解】.
.
结合二次函数的性质可知，在上单调递减，在上单调递增，故AB错误.
最小值为，无最大值，故C正确，D错误.
8. 在平面上有等腰直角三角形，为直角顶点，，，，，若，到直线的距离分别为和，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，由题意可得直线的直线方程为，利用向量的线性运算可求得，求得的中点的轨迹方程，进而可得，进而求得的最大值.
【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系，
因为三角形为等腰直角三角形，且，所以，
所以直线的直线方程为，
因为，所以，所以，
又，所以，解得.
因为，，所以的轨迹方程为和.
记的中点为，则，
所以，
所以，所以的轨迹方程为.
过分别向直线作垂线，垂足分别为，
则，又因为，所以为直角梯形，
又，为的中点，所以.
则的最大值即为的最大值，
又到直线的距离为，
所以的最大值为，所以的最大值即为.
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. 已知一组大小不等的数据的平均数为，方差为，标准差为，极差为，若，则下列关于数据的结论正确的是（ ）
A. 平均数为B. 方差为C. 标准差为D. 极差为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据平均数，方差，标准差，极差的定义及性质可得答案.
【详解】因为一组大小不等的数据的平均数为，而，所以数据的平均数为，所以A正确；
数据的方差为，由方差的性质可得数据的方差为，所以B正确；
标准差为方差的算术平方根，取非负数，所以数据的标准差为，所以C错误；
极差为最大值减最小值，所以原数据极差，新数据的极差应为，所以D错误.
10. 在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，，，则（ ）
A. B.
C. D. 内切圆半径的大小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据余弦定理及二倍角余弦公式得到，结合正弦定理及二倍角正弦公式判断选项A；根据已知条件得到，结合余弦定理即可求出，即可判断选项C；根据二倍角余弦公式即可判断选项B；根据三角形面积相等即可判断选项D.
【详解】由，得，
即，
由余弦定理得，所以，即.
所以或（舍去，角度为正值）.
对于A：由正弦定理得，
又，所以，则，即，A正确.
对于C：因为，，则，所以.
由余弦定理得，即，
整理得，解得或.
若，则为等腰三角形，，又，所以，即，
所以，所以与矛盾，故舍去.
因此，，故C正确.
对于B：，故B错误.
对于D：由，，得.
则.
设内切圆半径为，则，
所以，解得，故D正确.
11. 抛物线有如下光学性质：平行于抛物线的对称轴的光线，经过抛物线反射后通过它的焦点；从抛物线焦点发出的光线经抛物线反射后，沿平行于其对称轴的方向射出：入射光线与反射光线所成夹角的角平分线垂直于反射点处的切线.如图，为坐标原点，一束光线从点出发平行于轴射入抛物线，经过两次反射后经点平行射出，轴，设反射点分别为，，过点，分别作，的角平分线，两线交于点，则（ ）
A. 当时，B. 直线与的交点在定直线上
C. 点在线段的垂直平分线上D. 面积的最小值为2
【答案】ABC
【解析】
【详解】由题意可知直线经过焦点，当时，直线的斜率为，
则直线为，
设不妨设点在第一象限，设，则，
联立方程组，消去得，
可知，方程的两个解为，
可得，则，所以A正确；
设直线为，联立方程组，消去得，
可知，方程的两个解为，
可得，
当时，此时重合，不符合题意，舍去；
当时，直线为，直线为，
联立方程组得，得，
可知，所以，
所以直线与直线的交点在定直线上，所以B正确；
如图所示，过点作的垂线，分别交于点，
由分别为，的角平分线，
因为，所以，
所以，所以点在线段的垂直平分线上，所以C正确；
可知为的高，且，
可知，即，
可知抛物线准线为，所以，
所以，
当时，面积的最小值为，所以D错误；
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知的展开式中二项式系数之和为128，则其展开式中系数最小项的系数为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数和得，从而写出二项式展开式通项，结合组合数的性质确定最小项系数即可.
【详解】由题设，则二项式为，对应展开式为，，
所以系数最小项在为奇数时出现，且为其中最大的情况，
由，故时对应系数最小，
此时系数最小项的系数为.
13. 已知函数在区间上单调递减，且函数图象关于中心对称，则________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用正弦型函数的单调性，求得，得到，再由的对称性，求得，进而得到的值.
【详解】由函数，令
解得，
所以函数的单调递减区间为
因为在区间上单调递减，所以，且，
解得，
因为，当时，；当时，，无解（舍去），
又由函数图象关于中心对称，
可得，可得，解得，
所以满足且，所以当时，.
14. 已知定义在上的函数，其导函数为，对，满足，，点，分别为曲线和直线上的动点，则的最小值等于________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件及导数的运算法则得到，对其求导并研究导函数的性质求出对应自变量，从而确定切线，将问题化为求与的距离问题，即可得.
【详解】由题设，即，故且为常数，
而，则，故，
所以，令，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
且时恒成立，，
若是的一条切线，且，而，
所以切线对应为，即，
令，显然，，
所以，在R上恒成立，即在R上恒成立，则，
所以图象恒在和图象的上方，又与平行，
要使最小，等价于求与的最小距离，即为.
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. 已知递增数列满足，.
（1）证明：为等差数列，并求.
（2）记，数列的前项和为，求.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）将已知等式整理为关于相邻两项差的方程, 再结合数列递增确定公差, 从而求出通项公式.
（2）由（1）得出通项后, 写出所求数列的通项, 再将其裂项, 利用裂项相消求和.
【小问1详解】
由题意, 有.
移项整理, 得.
所以.
因为数列 为递增数列, 所以.
故.
所以数列 是首项为 , 公差为 的等差数列, 从而.
【小问2详解】
由(1)知,所以.
于是.
又因为,
所以.
故.
从而.
.
16. 已知椭圆：的短轴长为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据离心率及短轴长得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程；
（2）设（，），表示出直线、的方程，即可得到、，最后根据计算可得.
【小问1详解】
因为离心率为，椭圆的短轴长为，
所以，解得，所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由（1）可知点，，设（，），
则，即①，
则直线的方程为，令，得，所以，
直线的方程为，令，得，所以，
所以，
，
所以四边形的面积为：又因为，所以
，
所以四边形ABCD的面积为定值．
17. 在学校举行的科学教育知识竞赛中，甲、乙两位同学进入了决赛，决赛以抢答的形式回答问题，一共回答3道题，每道题均从题库中随机抽取，若每道题甲、乙抢到的概率均为，每道题甲回答正确的概率均为，每道题乙回答正确的概率均为.比赛规定每道题由先抢到的同学回答，回答正确，该同学得1分，回答错误，对方得1分，得分高的同学获胜.甲、乙两人回答每道题正确与否均相互独立.
（1）若，，设比赛结束甲的得分为，求；
（2）为增加比赛的趣味性，拟由3道题增加到5道题，试判断增加两题后，甲获胜的概率是否增大？请说明理由.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）分别求出每一道题甲得一分的概率，再结合二项分布期望值公式计算可得结果；
（2）求出3道题和5道题时甲获胜的概率表达式，再利用作差法比较两概率的大小可得出结论.
【小问1详解】
每一道题甲抢到并回答正确的概率为，
每一道题乙抢到并回答错误的概率为p2=121−q，
所以每一题甲得一分的概率均为r=12p+1−q；
若，，可得r=12p+1−q=35,
又甲、乙两人回答每道题正确与否均相互独立，所以，
可得.
【小问2详解】
设回答3道题时甲获胜的概率为，回答5道题时甲获胜的概率为，
则可知P1=r3+C32r21−r；
回答5道题时甲获胜的情况有三种：前3题甲均得分；前3题甲有2题得分，增加的两道题中甲至少有1题得分；前3题甲有1题得分，增加的两道题甲2题都得分；
则有P2=r3+C32r21−r1−1−r2+C31r11−r2r2,
所以P2−P1=−C32r21−r1−r2+C31r11−r2r2=3r21−r22r−1=3r21−r2p−q；
易知3r21−r2>0，
于是当时，，即，甲获胜的概率增大，
当时，，即，甲、乙获胜的概率相同，
当时，，即，甲获胜的概率减小，
综上，增加两题后，甲获胜的概率未必增大，而是答题能力强的同学获胜的概率增大.
18. 如图，在直四棱柱中，，.
（1）证明：平面；
（2）动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为.
（i）求的取值范围；
（ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据直四棱柱性质利用线面垂直判定定理证明可得平面；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用可求出球心以及点的坐标表示，利用可得取值范围；
（ii）易知当最大时,求出平面与平面的法向量，求出两法向量夹角余弦值的绝对值即可.
【小问1详解】
因为在直四棱柱中，平面，
又平面，所以，
因为，所以，
在中，，，满足，
所以，
又，平面，
所以平面；
【小问2详解】
（i）因为在直四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形，四边形为正方形，
所以平面，
因此两两垂直，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
根据题意可得；
取的中点，的中点为；
因为球经过点，，，且为等腰直角三角形，
所以球心在直线上，
设，
则，
又，
点在球上，所以，
可得，故；
因为，所以，；
所以，即；
因此该球的半径的取值范围为；
（ii）当球的半径最大时，，，
所以，，即点与点重合；
此时，
设平面的一个法向量为，
则有，令，可得，
所以，
即平面的一个法向量为，
因为平面，可得平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对，恒成立，求的值；
（3）证明：.
【答案】（1）见解析 （2）
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，分，和，讨论与的大小，即可得出答案；
（2）由结合（1）可得，再分和结合的单调性可知不成立，可求得.
（3）要证明，即证明，结合（2）中对恒成立，分别令代入上式，化简即可证明.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
当时，，所以函数在上单调递减，
当时，令，解得：，
当时，时，，时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，时，，时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，函数在上单调递减,
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
因为，所以由（1）知不符合题意，故，
若，则，由（1）知当时，，不符合题意；
若，则，由（1）知当时，，不符合题意；
所以实数的值为.
【小问3详解】
证明：要证，
即证，
，
即证：，
由（2）知，在上恒成立，其中当且仅当时等号成立，
于是对恒成立，
分别令代入上式，
可得：，
将上述个不等式左右两边分别相加得：
，
,
所以，
所以.
0
1