安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试卷（含答案）

这是一份安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试卷（含答案），共7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。
1.已知集合A={x∈N|−2−13”是“a与a+λb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
5.已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，a4=10，S6是{Sn}中的唯一最大项，则d的取值范围为( )
A. (−5,−103)B. [−5,−103]C. (−103,−52)D. [−103,−52]
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xOy.设时针长为1，若某时刻时针指向9点到12点之间，且针尖所在点的纵坐标为23，则在经过4小时后，时针针尖所在点的横坐标为( )
A. 23B. 5+2 36C. 15−26D. − 53
7.已知定义域为R的函数f(x)满足f(x)+sinπx为偶函数，f(x)−lg314x+1为奇函数，则f12=( )
A. 2−12lg32B. 1C. −12lg32D. lg32
8.不全为0的实数对a,b满足关系式a+b+1=4a−3b+1= a2+b2，则这样的实数对a,b共有( )组．
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知两组样本数据x1，x2，x3，x4和x1，x2，x3，x4，y，其中y是x1，x2，x3，x4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
10.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1上底面的边长为 2，下底面边长为2 2，且AA1= 10，则下列说法正确的有( )
A. 该四棱台的体积为14
B. 侧棱AA1与底面夹角的正切值为13
C. 若E为CC1的中点，则AC1//平面BDE
D. 该四棱台的外接球表面积为20π
11.已知椭圆曲线Q:y2−y=x3−3x，下列结论正确的是( )
A. 曲线Q与x轴的交点的横坐标之和等于0
B. 曲线Q关于直线y=1对称
C. 若直线y=m与曲线Q恰有3个交点，则m∈(−1,2)
D. 直线2y−1=0与曲线Q的交点的横坐标之和等于0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y= 2x，则双曲线E的离心率为 ．
13.若直线y=−3x+m与曲线y=2x−lnx相切，则实数m的值为 ．
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．
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.(本小题13分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c−2bcs(B+C)=0．
(1)证明：sin2A=sin2B+2sin2C;
(2)求csC的取值范围．
16.(本小题15分)
如图，四边形ABCD为直角梯形，且∠BAD=∠ADC=90 ∘,DA=DC=2,AB=4.点P满足PA⊥平面ABCD．
(1)若E为PB上靠近点P的三等分点，证明：PD//平面ACE；
(2)若PA=2，点F满足PF=13PC，求直线BD与平面ABF所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
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．
18.(本小题17分)
如图，在平面直角坐标系中，曲线C:y2=4x(0≤x≤4,y≥0)，点F(1,0)，直线l:x=4与x轴交于点A，同时与曲线C交于点B，点P，Q分别是曲线C与线段AB上的动点.

(1)求|BF|的值;
(2)若直线PQ与y轴垂直，且FP⋅FQ=11，求点P的坐标;
(3)若D为曲线C上一点，是否存在点P使得四边形FQDP是以FP，FQ为邻边的矩形，若存在，求出点P的坐标;若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−ax−1(a为常数，e为自然对数的底数)，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y=0．
(1)求a的值及函数y=f(x)的单调区间；
(2)证明：当x>0时，ex>x2+1；
(3)证明：当n∈N∗时，i=1n1i>ln(n+1)3(3e)n．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.C
5.A
6.B
7.C
8.D
9.BD
10.ACD
11.ACD
12. 3
13.5
14.10
15.(1)证明：因为cs(B+C)=cs(π−A)=−csA，
所以由题得c+2bcsA=0，即csA=−c2b，
由余弦定理可得csA=−c2b=b2+c2−a22bc，所以a2=b2+2c2，
即sin2A=sin2B+2sin2C;
(2)解：由(1)知a2=b2+2c2，所以c2=a2−b22，
所以，
当且仅当a= 3b，即B=π6，A=2π3时等号成立，
所以csC的最小值为 32，
即csC的取值范围为[ 32,1)．
16.解：(1)如图，设BD与AC交于点O，连接OE，
因为AB//CD，AB=2CD=4，所以▵AOB∽▵COD，
所以ODOB=CDAB=12，所以O为BD上靠近点D的三等分点，
又因为E为PB上靠近点P的三等分点，所以在▵PBD中，OE//PD，
而OE⊂平面ACE，PD⊄平面ACE，所以PD//平面ACE．
(2)因为CD=AD=2，AD⊥CD，所以AC=2 2，
又因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，则以A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0，P0,0,2，B0,4,0，D2,0,0，C2,2,0，
从而BD=2,−4,0,AB=0,4,0,PC=2,2,−2，
因为PFPC=13，所以PF=13PC=23,23,−23，
所以点F的坐标为23,23,43，AF=23,23,43，
设平面ABF的一个法向量为n=x,y,z，
则AB⋅n=0,AF⋅n=0,即4y=0,23x+23y+43z=0,
则y=0，令z=1，可得x=−2，
所以平面ABF的一个法向量为n=−2,0,1，
设直线BD与平面ABF所成角为θ，θ为锐角，
则sinθ=csBD⋅n=BD⋅nBDn=−42 5× 5=25，
csθ= 1−sin2θ= 1−252= 215．

17.解：(1)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3×3=9种：(1,2)，(1,4)，(1,6)，(3,2)，(3,4)，(3,6)，(5,2)，(5,4)，(5,6)，
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39=13．
(2)设“第一轮甲获胜”为事件A，“第二轮甲获胜”为事件B，
由上可知第一轮甲获胜的概率为P(A)=13，
第一轮甲获胜且第二轮甲获胜的概率P(AB)=P(第一轮(3,2)第二轮(5,4)+P(第一轮(5,4)第二轮(3,2))=19×14+19×14=118，
根据条件概率公式P(B|A)=P(AB)P(A)=11813=16． (3)
设Xi为第i轮甲的得分(i=1,2,3)，则总得分X=X1+X2+X3，E(X)=E(X1)+E(X2)+E(X3)。
由对称性，每轮比赛中甲、乙卡片完全随机匹配，E(X1)=E(X2)=E(X3)。
由(1)知E(X1)=P(第一轮甲获胜)=13，故E(X)=3×13=1。
18.解：(1)依题意可得：曲线C的焦点为F(1,0)，准线为x=−1，且xB=4，
由抛物线的定义可知|BF|=4+1=5．
(2)此时设P(x1,y1)(y1≥0)，其中y12=4x1，则Q(4,y1)，
∴FP=(x1−1,y1)，FQ=(3,y1).
由FP⋅FQ=11，得3(x1−1)+y12=11，
再结合y12=4x1，解得x1=2,y1=2 2(负值已舍去)，
所以P(2,2 2).
(3)设P(x0,y0)(y0≥0)，其中y02=4x0 ①，则kPF=y0x0−1．
在矩形FQDP中，FP⊥FQ，故kQF=1−x0y0，
所以直线FQ的解析式为y=1−x0y0(x−1)，
令x=4，可得yQ=3(1−x0)y0，即Q(4,3(1−x0)y0).
由对角线互相平分可得，此时xD=xP+xQ−xF=x0+4−1=x0+3,yD=yP+yQ−yF=y0+3(1−x0)y0,
即点D坐标为D(x0+3,y0+3(1−x0)y0).
当点D在曲线C上时，代入曲线C的解析式得(y0+3(1−x0)y0)2=4(x0+3)，
即y02+6(1−x0)+9(1−x0)2y02=4(x0+3) ②．
联立 ① ②两式消去y02得4x0+6(1−x0)+9(1−x0)24x0=4(x0+3)，解得x0=15或x0=−3(舍去)，
所以x0=15,y0=2 55(负值已舍去)，
故存在点P(15,2 55)满足题意．
19.解：(1)由f(x)=ex−ax−1，得f′(x)=ex−a，
又f′(0)=1−a=−1，所以a=2，
所以f(x)=ex−2x−1,f′(x)=ex−2，
由f′(x)=ex−2>0，得x>ln2，
所以函数f(x)的单调递减区间为(−∞,ln2)，单调递增区间为(ln2,+∞)．
(2)由(1)知f(x)min=f(ln2)=eln2−2ln2−1=1−ln4，
所以f(x)≥1−ln4，即ex−2x−1≥1−ln4,ex−2x≥2−ln4>0，
令g(x)=ex−x2−1，则g′(x)=ex−2x>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g(x)=ex−x2−1>g(0)=0，即ex>x2+1．
(3)首先证明：当x>0时，恒有ex>13x3，
证明如下：令h(x)=ex−13x3，则h′(x)=ex−x2，
由(2)知，当x>0时，ex>x2+1，则ex>x2，所以h′(x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以h(x)>h(0)=1>0，所以ex>13x3.所以x>ln13x3，即x+ln3>3lnx，
依次取x=21,32,⋯,n+1n，代入上式，
则21+ln3>3ln21,32+ln3>3ln32,⋯,n+1n+ln3>3lnn+1n，
以上各式相加，有21+32+⋯+n+1n+nln3>3ln21×32×⋯×n+1n，
所以n+1+12+13+⋯+1n+nln3>3ln(n+1)，
所以1+12+13+⋯+1n>3ln(n+1)−nln3−n，
即1+12+13+⋯+1n>ln(n+1)33nen，
即可证明：当n∈N∗时，i=1n1i>ln(n+1)3(3e)n．