安徽省皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试卷（Word版附解析），共16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。
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．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．
3．本卷命题范围：高考范围．
一、选择题：本大题共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. 已知集合，集合，则的真子集个数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【详解】由题意得，集合，则．
则的真子集个数为．
2. 已知复数满足，是的共轭复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由复数满足，
可得，
则，其虚部为．
3. 若函数的最小正周期为，则（ ）
A. 2B. C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】由周期公式确定，进而可求解.
【详解】因为的最小正周期为，
所以，即，
所以．
4. 已知向量，则“”是“与的夹角为锐角”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量夹角公式及向量夹角的范围，求出与的夹角为锐角的充要条件，再结合条件，即可求解.
【详解】因为，
则，
由与的夹角为锐角，可得，解得且，
则“”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件．
5. 已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列前项和最值的性质，建立不等式解出即可.
【详解】因为是中的唯一最大项，所以且，
即且，又，解得，
即的取值范围为．
6. 如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点，根据条件求出点坐标，由三角函数的定义得，结合条件，由余弦的差角公式，即可求解.
【详解】由题意可知，针尖所在点初始位置在第二象限内，设为点，且在单位圆上，
如图所示，点的纵坐标为，设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点，
设经过小时后，时针针尖所在点的坐标为，则，
在直角三角形中，，因为，所以，
又因为，所以点在第一象限内，设，则点坐标为，
设点，由，解得或舍去，
设，则，
所以．
7. 已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为是偶函数，，
所以，即①，因为
是奇函数，所以，
所以，即②，
①+②，并整理得．
8. 不全为的实数对满足关系式，则这样的实数对共有（ ）组.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】可变形为，则可转化为点与点到直线的距离为，再分别以、为圆心，作半径为的圆，再利用两圆位置关系与公切线条数的关系计算即可得.
【详解】由可得，
即点与点到直线的距离都为，
分别以、为圆心，作半径为的圆、圆，
由，故两圆外离，则两圆共四条公切线，

由图可得，两圆公切线都不过原点，故有对这样的实数对，
使得点与点到直线的距离都为.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共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. 已知两组样本数据和，其中是的中位数，则这两组样本数据的（ ）
A. 极差不相等B. 中位数一定相等C. 平均数一定相等D. 标准差可能相等
【答案】BD
【解析】
【详解】不妨设，则，新数据按升序排列可得x1,x2,x2+x32,x3,x4，
对于选项A：两组数据的极差均为，即极差相等，故A错误；
对于选项B：两组数据的中位数均为，即中位数相等，故B正确；
对于选项C：例如，则，
平均数为，新数据0，2，3，4，10的平均数为，
显然，所以平均数不相等，故C错误；
对于选项D：例如，则，显然其标准差为0，
新数据0，0，0，0，0的标准差也为0，两者相等，故D正确．
10. 已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且，则下列说法正确的有（ ）
A. 该四棱台的体积为14B. 侧棱与底面夹角的正切值为
C. 若为的中点，则平面BDED. 该四棱台的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出正四棱台体积判断A；求出侧棱与底面夹角正切判断B；利用线面平行判定推理判断C；求出外接球半径求解判断D.
【详解】设棱台的上下底面中心分别为，
对于A选项，因为正方形ABCD的边长为，正方形的边长为，
所以
，台体的高为，
由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为，A正确；
对于B选项，侧棱与底面夹角的正切值为，B错误；
对于C选项，当点为的中点时，易知为AC的中点，则，
因为平面平面BDE，故平面，C正确；
对于D选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，设球的半径为， ，
则，由可得，
解得，故，
因此，该四棱台的外接球表面积为，D正确．
11. 已知椭圆曲线，下列结论正确的是（ ）
A. 曲线与轴的交点的横坐标之和等于0
B. 曲线关于直线对称
C. 若直线与曲线恰有3个交点，则
D. 直线与曲线的交点的横坐标之和等于0
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，令,则，解方程即可判断；对于B，设点在曲线上若曲线关于直线对称，则对称点应满足：，化简即可求解；对于C，直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数，结合导数研究的单调性和极值即可求解；对于D, 直线代入方程整理得,结合三次方程的韦达定理即可求解.
【详解】对于A，令,则，解得：或,或，则曲线与轴的交点的横坐标之和等于，故A正确；
对于B，设点在曲线上，则，
若曲线关于直线对称，则对称点应满足：
展开左边：与原方程不相等，故B 错误；
对于C，令，求导得
令,解得：或，令,解得：，
所以的单调增区间为，单调减区间为
当时，；当时，，
所以的极大值为2，极小值为，
直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数，
要使直线与曲线恰有个交点，需在内，即：
解不等式：，恒成立；
，
所以直线与曲线恰有3个交点，则，故C正确；
对于D，直线代入方程：
，整理得
设方程的三个根为，根据三次方程韦达定理：，
所以直线与曲线的交点的横坐标之和等于0，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【详解】的一条渐近线方程为，
，
．
13. 若直线与曲线相切，则实数的值为___________.
【答案】5
【解析】
【分析】设直线与曲线相切于点，进而结合导数几何意义求得切点为，再代入直线方程求解即可.
【详解】设直线与曲线相切于点，
由得，
所以，整理得，解得或（舍去），
所以，即切点为
所以将代入直线方程得，解得．
14. 装修师傅要用红、黄、绿三种颜色的地砖铺设一条长10格的走廊，地砖宽度与走廊宽度相同，每块红色地砖长1格，每块黄色地砖长2格，每块绿色地砖长3格，地砖只能整块铺设，且3种颜色都要使用，相同颜色的地砖不作区分．已知装修师傅共使用了6块地砖，恰好铺满这条走廊，若要求相邻2块地砖的颜色不同，则共有____种不同的铺设方法．
【答案】
【解析】
【分析】设出使用红色，黄色，绿色地砖的块数，根据题意列出方程组，从而求得所用每种颜色地砖的块数，再根据红色地砖所在位置分类讨论即可求解.
【详解】设使用红色地砖块，黄色地砖块，绿色地砖块，
由题意得，，解得 ，
即使用红色地砖3块，黄色地砖2块，绿色地砖1块．
下面分四种情形讨论：
①3块红色地砖使用在第1，3，5块地砖的位置时，1块绿色地砖有种方式铺设，
剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法；
②3块红色地砖使用在第2，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖有种方式铺设，
剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法；
③3块红色地砖使用在第1，3，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第4，5块地砖的位置铺设，
有种方法，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有2种不同的铺设方法；
④3块红色地砖使用在第1，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第2，3块地砖的位置铺设，
有种方法，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有2种不同的铺设方法.
综上，共有 种不同的铺设方法．
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）证明：；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用三角形内角和，将 转化为 ，整理得 ，再代入余弦定理，化简得到边的关系式 ，最后结合正弦定理，将边的关系转化为角的正弦关系，完成证明.
（2）先用（1）的边的关系，把用表示出来，再用基本不等式求出它的最小值，并验证等号能取到，然后根据三角形内角的性质，确定它小于1，最后综合得到的取值范围即可.
【小问1详解】
因为，
则代入得，
所以，即，
由余弦定理可得，
所以，所以，
因为正弦定理 （ 为外接圆半径），
则，，，代入上式：
所以．
【小问2详解】
由（1）知，所以，
由余弦定理得，
由基本不等式 （当且仅当 ，即 时取等号），
得：，
又因为当时，代入，得，解得，
则满足三角形三边关系，故等号成立，
由，可知为最大边，且，故为钝角，
因此，即，故，
又由基本不等式得，
所以的取值范围为．
16. 如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面.
（1）若为上靠近点的三等分点，证明：平面；
（2）若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设与交于点，由，线线平行判定线面平行；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量，由线面角的正弦等于方向向量与法向量的余弦的绝对值计算即可.
【小问1详解】
如图，设与交于点，连接，
因为，，所以，
所以，所以为上靠近点的三等分点，
又因为为上靠近点的三等分点，所以在中，，
而平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
因为，，所以，
又因为平面，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则， ， ， ， ，
从而，
因为，所以，
所以点的坐标为，，
设平面的一个法向量为，
则即
则，令，可得，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，为锐角，
则，
.
17. 已知甲手里有3张卡片分别标有数字1，3，5，同样乙手里也有3张卡片分别标有数字2，4，6，若在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张（不放回），并比较所选卡片上数字的大小，数字大的一方获胜并得1分，数字小的一方得0分，两人共进行三轮比赛．
（1）求第一轮甲获胜的概率；
（2）在第一轮甲获胜的条件下，第二轮甲获胜的概率；
（3）三轮比赛结束，求甲的总得分的期望．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先确定甲、乙各自选卡片的所有可能结果数，再找出甲卡片数字大于乙的结果数，最后用古典概型概率公式计算；
（2）先明确第一轮甲获胜概率，再确定事件“第一轮甲获胜且第二轮甲获胜”包含两种互斥情况，最后用条件概率公式计算；
（3）分析甲每轮得分的可能取值，确定每轮得分的概率，再求解期望即可.
【小问1详解】
根据题意第一轮两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，
所有可能组合有种：
，
甲获胜的情况是甲的数字大于乙的数字，有3种，所以甲获胜的概率为．
【小问2详解】
设“第一轮甲获胜”为事件，“第二轮甲获胜”为事件，
由上可知第一轮甲获胜的概率为， 事件“第一轮甲获胜且第二轮甲获胜”（记为）包含两种互斥情况：第一轮甲出3胜乙出2，第二轮甲出5胜乙出4与第一轮甲出5胜乙出4，第二轮甲出3胜乙出2,每种情况的概率均为，
故，
根据条件概率公式．
【小问3详解】
甲、乙双方的出牌顺序分别有种，所有可能的出牌顺序组合共有种，这些组合等可能.因对称性，可固定甲的出牌顺序为来分析甲的得分情况,设甲总得分为，则的可能取值为在不考虑出牌顺序的前提下，
第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表，
甲、乙两人出牌共有36种，
则，
则.
18. 如图，在平面直角坐标系中，曲线，点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点P，Q分别是曲线与线段AB上的动点．
（1）求的值；
（2）若直线PQ与轴垂直，且，求点的坐标；
（3）若为曲线上一点，是否存在点使得四边形FQDP是以为邻边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，点
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，抛物线上一点到焦点的距离等于到准线的距离，再结合点B的横坐标求解即可；
（2）先设出点P的坐标，根据曲线方程表示出P的纵坐标，再得到点Q的坐标；然后写出向量和的坐标，利用向量数量积公式列出方程，进而求解点P的坐标；
（3）假设存在满足条件的点P，因为四边形是以为邻边的矩形，所以根据矩形的性质，可得；设出点P，表示出Q的坐标，根据矩形性质表示出点D的坐标，结合Q在曲线C上的条件，联立方程求解，进而确定是否存在这样的点P.
【小问1详解】
依题意可得：曲线所在的抛物线的焦点为，准线为，
且，由抛物线的定义可知．
【小问2详解】
设，其中，则，
．
由得，
再结合，解得（负值已舍去），
所以．
【小问3详解】
假设存在点使得四边形FQDP是以FP，FQ为邻边的矩形，
设，显然，其中①，
当时，显然四边形FQDP不可能是以FP，FQ为邻边的矩形，
故，则．
在矩形FQDP中，，故，
所以直线FQ的解析式为，
令，可得，即.
由对角线互相平分可得，此时
即点的坐标为．
当点在曲线上时，代入曲线的解析式得，
即②．
联立①②两式消去得，
解得或（舍去），
所以（负值已舍去），故存在点满足题意．
19. 已知函数（为常数，e为自然对数的底数），曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值及函数的单调区间；
（2）证明：当时，；
（3）证明：当时，．
【答案】（1），答案见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程；利用导数法求出单调性；
（2）由（1）得到，从而得到的范围，从而得到． 构造函数，利用导数法得到的单调性，利用单调性得到，从而得到证明.
（3）首先证明：当时，恒有．构造函数，利用导数法得到的单调性，从而得到. 依次取，代入上式，将得到的不等式相加，以上各式相加，经过整理得到，即可得到证明．
【小问1详解】
由，得，
又，所以，
所以，
由，得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，即，
令，则，
所以在上单调递增，所以，即.
【小问3详解】
首先证明：当时，恒有，
证明如下：令，则，
由（2）知，当时，，则，所以，所以在上单调递增，
所以，所以．所以，即，
依次取，代入上式，
则，
以上各式相加，有，
所以，
所以，
即，
即可证明：当时，．
甲得分
1
3
5
0
2
4
6
1
2
6
4
1
4
2
6
1
4
6
2
2
6
2
4
1
6
4
2