安徽省合肥市2026届高三下高考第二次教学质量检测数学试卷

这是一份安徽省合肥市2026届高三下高考第二次教学质量检测数学试卷，共39页。试卷主要包含了C2，BC10， π等内容，欢迎下载使用。

2026 年合肥市高三第二次教学质量检测
数学试题参考答案及评分标准
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．C2．A3．B4．D5．C6．C7．A8．B
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．BC10．ABD11．ACD
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
π
12．
3
13． π
6
14．2
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．（13 分）
【解析】（1）设“乘客出行目的为工作通勤”为事件 A ，“乘客出行目的为接驳交通枢纽”为事件B ,“乘客出行目的为其它”为事件C ，“乘客接受动态调价”为事件 D ，则
P( A)  3 ， P(B)  1 ， P(C)  3 ， P(D A)  3 ， P(D B)  4 ， P(D C)  1 ．
510101052
所以 P(D)  P(DA)  P(DB)  P(DC)
 P( A)P(D A)  P(B)P(D B)  P(C)P(D C)
 3  3  1  4  3  1
5 10 10 5 10 2

41
．
100
因此，该订单乘客接受调价的概率为 41 ．6 分
100
P( A)P(D A)
3  3
（2） P( A D)  P( AD)  5 10  18 ，
P(D)
P(D)
4141
100
因此，该订单乘客出行目的为工作通勤的概率为18 ．13 分
41
16.（15 分）
【解析】（1）因为 f  x  a  1
x2
 a 1 ， x 0,  ，
x
所以 f 1  2a  2 ，又 f 1  a 1，
所以曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线方程为： y  (a 1)  2(a 1)(x 1) ，即 y  2(a 1)x  a 1，即 y  2(a 1)(x  1) ，
2
所以曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线过定点 1 ,0  ．6 分
 2

（2） f '  x  a  1  a 1  ax 1 x 1 ， x 0,  ．
x2xx2
当 a  0 时， f '  x  0 ，则 f  x 在0,  上单调递减，此时 f  x 最多有一个零点，不满足题意．
当 a  0 时，令 f '  x  0 ，解得 x  1 ，令 f '  x  0 ，解得0  x  1 ，
aa
于是 f  x 在 0, 1  上单调递减，在 1 ,   上单调递增，
a  a

所以 f (x) f  1   a  1  a  a 1ln 1  2  a 11 ln a .
a
min 
aa
当 x  0 时， f  x   ，当 x  时， f  x   ，又因为 f  x 有两个零点，
 a 
所以 f  1   a 11 ln a  0 ，即a 1ln a 1  0 ，解得0  a  1或a  e .

因此，a 的取值范围为0,1e,  ．15 分
17．（15 分）
0
1
【解析】（1）由于直线l 的方程为 x0 x  y y  1，当 x  2 时， y  2  x0 即 N (2, 2  x0 ) ，
42 y02 y0
因为 A (2, 0) ， y  0 ，所以 AN  2  x0 ，
101 1
2 y0
2
同理可得 N (2, 2  x0 )， A N  2  x0 ，
2 y0
2 2
4  x 2
2 y0
x 2
所以A1N1  A2 N2
 0 ，由Q  x0 , y0  在C 上，可得 0  y 2  1 ，
所以A1N1  A2 N2
4 y 240
0
4 y 2
0
 0  1， 4 y 2
所以 A1N1  A2 N2 为定值 1．7 分
由（1）设 A N  m ，则 A N  1 ，因此直角梯形 A N N A 的面积S  2 m  1  ，
1 12 2m
1 1 2 2
m 
A2 N2 F

因为 F 
3, 0 ，所以S
 1 A N
 A F
 (2  3)m ， S
 1 A N
 A F
 (2  3) ，
A1N1F
2 1 11
2
22 222m
所以S
 S  S S
 2  3 m  2 
3  2
 1，
N1FN2
A1N1FA2 N2 F
2m
2  3 m  2  3
2
2m
3
当且仅当 2  3 m  2  3 ，即m  2 时等号成立，此时 N (2, 2  3) ， N (2, 2  3)，
22m12
3
k   x0
y  x0
x 2 
所以 N1N2
，即
2 3
24 y0
0
，代入 0
y
0
4
21 ，
3
3


x0 x0 
可得1
y 
，或
y
 1
（舍）．
 02 02
因此，当 x  3 ， y  1 时，△ N FN 的面积有最小值 1，
00212

此时点Q 的坐标为
3, 1  ．15 分

2

【解析】（1）连CE ，则四边形 ABCE 为菱形，设 AC
BE  O ，
A1
则 AO  1 AC ，
1
因此， A1 A  A1C ；4 分
（2）当 AC  2 A1 A  2 3 时， OAA1 是以边长为 3 的等边三角形．
2
A
E
O
18．（17 分）
D
BC
3
又因为梯形 ABCD 的面积为3
，所以 ABE 的面积为
，所以 1 BE  OA 
3
2
，所以BE  2 ．
以为O 坐标原点，以为OB ， OC 分别为 x ， y 轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则 B(1, 0, 0) ， C(0, 3, 0) ， D(2, 3, 0) ， A1 (0, 
, 3) ，
3
22
所以 A C  (0, 3 3 ,  3) ， B C  (1, 3, 0) ， C D  (2, 0, 0) ．
设n  (x, y, z) 为平面
1
A BC
1
的法向量，则
n1  BC  0

n  A C  0
11
，
A1z
即
3 3 y  3 z  0

A
E

令 y  1，则 x  z  3 ，所以n1  (
x  3y  0
22
，
O
3,1, 3) ．
同理可求平面 ACD 的一个法向量为n  (0,1, 3) ，
B
1
2
x
C
y
所以
cs  n , n  n1  n2 
1 2
n1  n2
2 7
4  2 7 ，
7
122
D
因此，平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦值为 2 7 ；10 分
7
所以 BO  A M ，所以 AM  平面 ABCD ．
A1
1
1
设 BE  AA  2a ， BAO   ，则 BO  a ， AO  AO 
1
1
a
tan
．
E
根据 ABE 的面积为
1
3 ，得  2a  AO 
A
3 ，即a2  3tan ，
M
O
要使三棱锥 A1  ABE 的体积最大，则 A1M 最大，
2
因为
cs
 AOA 
AO2  AO2  AA2
1
11
2AO  A1O
 1
2tan 
2
，
B
C
所以sinAOA  1 1 2tan2 2  2 tan2  tan4 ，
1
过 A1 作 A1M  AO ，垂足为M ．因为 BO  平面 AA1C ，
D
a2 1 tan2 
A M  AO sinAOA  2
 2
，其中  0, π  ，
111
4 
3 tan  tan3 

令 x  tan ，记 f  x  x  x3 (0  x  1) ， f  x  1 3x2 ，令 f  x  0, x 
当 x  0, 3  时， f  x  0, f (x) 在 x  0, 3  上单调递增，
3 ，或 x 
3
3 （舍），
3
3 3 

当 x  3 ,1 时， f  x  0, f (x) 在 x  3 ,1 上单调递减，
 3 3

3  2 3
9
所以 f  x  f  3   2 3 ，即 AM  2
 2 6 .
 3 9
13

所以 三棱锥 A1  ABE 的体积最大值为 1 
3  2 6  2 2 .
333
2
因此，四棱锥 A1  ABCD 体积的最大值为2
19．（17 分）
．17 分
【解析】（1）通过实际操作可以发现：当n  7 时 x 的取值与其比较次数如下表：
x
1
2
3
4
5
6
7
比较次数
3
2
3
1
3
2
3
当 n  16 时 x 的取值与其比较次数如下表：
…4 分
由（1）知Y 可取1, 2, 3 ，于是 a  E Y   1 1  2 2  3 4  17 ，
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
比较次数
4
3
4
2
4
3
4
1
4
3
4
2
4
3
4
5
777
7777
Y 可取1, 2, 3, 4, 5 .于是a E Y   1 1  2 2  3 4  4 8  5 1  27 ．
161616
16161616168
2 1
Y k可取1, 2, 3,, k ，当Y k m（1  m  k ）时，所有可能取到的数的个数记为b ，则b 2b , b  1，
2 1mm1m1
所以bm
 2m1
，因此 P Y k
 m 
2m1
k
，于是
2021
2 1
2 1
23
2k 1
20  2 21    k  2k1
a k
 1 2 3   k .
2 12k 12k 12k 12k 12k 1
令 S  20  2  21    k  2k1 ，
2S  21  2  22    k 1 2k1  k  2k ，两式相减得， S  k 1 2k 1，
所以a
2k 1
 k 12k  1 .10 分
2k 1
根据（2）的分析，容易知道当2k  1  n  2k 1  1 时， Y2k 1 可取1, 2, 3,, k, k 1.
对于任意的n  3 ，设n  2k 1 t, 0  t  2k 1，t  Z  ，
20  2 21    k  2k1  k 1 tk 1 2k 1 k 1tk  2t
则 an 
2k 1 t
2k 1 t
 k 1.
2k 1 t
要证： lg2 n  1 1  an  lg2 n  1，
即证： lg2
2k  t 1  k 1  k  2t  lg
k2
2 1  t
2k  t ，
即证： lg2 2k 
t 1  k
  k  2  2k1 
1
2k 1  t
lg2 2k 
t ．
设     k  2  2k k   k  
1
，
f hk1lg 2h , h0,21
2k 1 h2
只要证：  1  f h  0 ．
2k1  k  22k  hln 2  2k 1 h2
因为 f h 
2k 1 h2 2k  hln 2，
设h  2k1  k  22k  hln 2  2k 1 h2 ，则h  2k1  k  2ln 2  22k 1 h，
所以h在0,2k 1上单调递减，又0  0 ，
所以h 在0,2k 1上单调递减，又
0  0
，

2k 1 0
故存在  0,2k  1使得    0 ，所以 f h 在0,  上单调递增，  ,2k  1上单调递减，容易验证 f 0  1, f 2k  1 1 ，现只需证 f    0 ．
因为    0 ，所以2k 1  k  22k   ln 2  2k 1   2 ，
     k  2  2k 1  k      k    2k 1    
fk 1
2k 1  
lg2 2
k 1 lg2 2
2k   ln 20 ，
故 1  f h  0 ，也即lg2 n  1 1  an  lg2 n  1．17 分