2026年安徽合肥市高三第三次教学质量检测数学试题（附答案解析）

这是一份2026年安徽合肥市高三第三次教学质量检测数学试题（附答案解析），共4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。

一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知单位向量满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A．10B．15C．20D．25
4．已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，是上一点，是坐标原点，则（ ）
A．B．6C．D．3
5．函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数y=f(x)的图象是连续不间断的，有如下对应表：
那函数f(x)在区间[1，6]上的零点个数是（ ）
A．只有2个B．至多3个C．只有3个D．至少3个
7．一个底面半径为的圆柱形水槽中装有适量的水，现放入一个木球后，水面上升且无溢出，若木球体积的三分之二在水中，三分之一在水上，那么木球的半径为（ ）.
A．B．C．D．
8．已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知复数z满足，则（ ）
A．为纯虚数B．对应的点在第四象限
C．D．和是方程的两个根
10．从甲口袋内摸出1个白球的概率是，从乙口袋内摸出1个白球的概率是，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是（ ）
A．2个球都是白球的概率为B．2个球都不是白球的概率为
C．2个球不都是白球的概率为D．2个球恰好有一个球是白球的概率为
11．已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若平面，且，则的最小值为
B．若，且，则的最小值为
C．若，则的最小值为
D．的最小值为
三、填空题
12．多项式的展开式的各二项式系数的和等于__________.
13．已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则__________．
14．已知实数，满足，，则________．
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
16．已知函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求；
(2)若函数在区间上单调递增，求的取值范围．
17．已知双曲线的左､右焦点分别为，点为双曲线上一动点.
(1)若斜率为1的直线过点，且与双曲线交于两点，求的面积；
(2)设直线过原点，且与双曲线交于两点.若直线的斜率分别为，求证：为定值.
18．在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动点满足.
(1)当时，证明：；
(2)当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积；
(3)动点在所在平面内，和均为锐角，且，设平面和平面的夹角为，求的最大值.
19．在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处.
(1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率；
(2)记第n秒末点M回到原点的概率为.
（i）求，并利用公式求；
（ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的.
x
1
2
3
4
5
6
y
122.5
21.4
-7.4
4.5
-53.1
-125.5
《安徽合肥市2026届高三第三次教学质量检测数学试题》参考答案
1．C
【详解】由，，
则．
2．B
【详解】因为，
所以，
解得，
又因为，所以
3．B
【详解】在等差数列中，，
所以.
4．A
【详解】由抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，得，则
由是上一点，得，点，所以.
5．A
【分析】利用三角恒等变形，再由最小正周期公式求解即可.
【详解】由，
所以函数的最小正周期是，
故选：A．
6．D
【分析】结合题意，根据零点存在性定理判断即可.
【详解】 因为函数的图象是连续不间断的,且
所以根据零点存在性定理,函数在区间上至少存在一个零点；
同理，由,得函数在区间上至少存在一个零点；
由,得函数在区间上至少存在一个零点.
但不能判断函数在其它区间上是否有零点.
因此，函数在区间上至少存在3个零点.
故选：D.
7．D
【分析】由木球浸入水中的体积等于水上升的体积列方程求解
【详解】设水上升的体积为，，
设木球浸入水中的体积为，，由列方程：，解得.
8．C
【分析】根据结构，考虑构造，则，结合题目给出条件可知在上单调递减，故有，化简后即可得出答案.
【详解】构造函数，则.
，
即在上单调递减.
故有，即，
即①.
对于A：由①式可知，即，因此无法判断，故A错误；
对于B、C：由①式可知，即，故无法判断，故B错误，C正确；
对于D：由①式可知，即，故D错误.
故选：C.
9．BC
【分析】先化简，然后结合选项可得答案.
【详解】因为，所以，
对于A，显然不是纯虚数，A不正确；
对于B，，对应的点在第四象限，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，所以和不是方程的根, D不正确.
故选：BC
10．ACD
【分析】借助相互独立事件概率公式、对立事件概率公式逐项计算即可得.
【详解】设事件表示从甲口袋内摸出1个白球，事件表示从乙口袋内摸出1个白球；
对A：，故A正确；
对B：，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：，
故D正确.
11．ABD
【分析】过点作交于点，过点作交于点，连接，推导出平面平面，推导出为点的轨迹，可求出的最小值，可判断A选项；推导出平面，则点的轨迹为线段，可求出长的最小值，可判断B选项；过点作分别交、于点、，连接、、，推导出平面，可知点的轨迹为线段，当时，的长取最小值，可判断C选项；延长交线段于点，推导出平面平面，可知点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，结合“将军饮马”思想求出长的最小值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，过点作交于点，过点作交于点，连接，
因为，平面，所以平面，同理可证平面，
又因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
当时，平面，则平面，故点的轨迹为线段，
因为，所以，则，同理可得，
又因为，，则是边长为的等边三角形，
当点为的中点时，，此时的长取最小值，
此时，A对；
对于B选项，如下图所示，连接、，
易知、都是边长为的等边三角形，且为的中点，
所以，，
又因为、平面，，所以平面，
当时，平面，则，故点的轨迹为线段，
由勾股定理可得，同理可得，
故当为的中点时，，此时的长取最小值，且，B对；
对于C选项，过点作分别交、于点、，连接、、，
因为为正的中心，则，因为，则，
因为三棱锥为正四面体，则平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
当时，则平面，所以，故点的轨迹为线段，
延长交于点，则为的中点，因为为正的中心，则，
因为，所以，故，
由余弦定理可得，
故，同理可得，
由余弦定理可得，
所以，
当时，的长取最小值，此时，
故长的最小值为，C错；
对于D选项，如下图所示：
延长交线段于点，则点为线段的中点，
因为、均为等边三角形，所以，，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
故点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，
因为平面，平面，所以，
易知，
，
设点关于直线、的对称点分别为、，
由对称性可知，，，
所以 ，
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，
由余弦定理可得，
故，
由对称性知，，
所以，
当且仅当、为线段分别与线段、的交点时，等号成立，
故的最小值为，D对.
12．
【分析】利用二项式系数的和的概念可得结果.
【详解】多项式的展开式的各二项式系数的和等于.
13．/
【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立并结合韦达定理求得的表达式，根据题意解出p的值即可．
【详解】由题意知，直线AB斜率一定不为零，故设过点的直线方程为，
交点，，联立直线与抛物线方程可得，
整理得，由韦达定理得，
，
而，
所以，解得．
14．4
【分析】由题意可得，令，结合函数单调性可得，计算即可求解.
【详解】由，得，
所以，
即，
即；
令，则，.
又是上的单调递增函数，所以.
所以.
15．(1)
(2)
【分析】（1）辅助角公式结合角的范围即可求解；
（2）由三角形的面积公式结合余弦定理即可求解.
【详解】（1）由，
有，即，
，，
，；
（2）由（1）的结论有，
又，，
由三角形面积公式有
，，
在中，由余弦定理有
，，
的周长.
16．(1)，.
(2)
【分析】（1）先对求导得到切线斜率表达式,利用切点横坐标,代入导数得切线斜率等于2,求出,再把代入原函数,结合切线方程在处的函数值求出.
（2）先写出解析式并求导,函数在区间单调递增转化为导函数在区间上恒大于等于0,分离参数后转化为小于等于新构造函数在区间上的最小值,再研究构造函数的单调性求出最小值,即可得到的取值范围.
【详解】（1）已知，求导得.
曲线在点处的切线方程为，切线斜率，且.
代入计算：，.
故，.
（2）由（1）得，则.
求导得.
因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，，求导得.
因为时，，所以，即在上单调递增.
因此.
故，即的取值范围为.
17．(1);
(2)证明见解析.
【分析】设出直线方程，利用韦达定理和三角形的面积公式即可求解；
设出直线方程，利用点在双曲线上，找到等量关系，代入斜率乘积式即可求解.
【详解】（1）
如图所示，由题可知：，，所以，所以，，
不妨设，则联立方程：，解得：，所以，，
则 ，所以
由弦长公式可得：，
点到直线距离为：
则.
（2）
如图所示，不妨设，，，则，
则，，所以，
点和均在双曲线上，所以，，
解得：，，
所以 ，即：为定值3.
18．(1)证明见解析
(2)
(3).
【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直；
（2）首先确定球心的位置，再构造直角三角形，求外接球的半径，再求球的表面积；
（3）首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，再代入二面角的向量公式求最值.
【详解】（1）当时，取的中点为N，连接，
由已知可知， ，
又因为 平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）设的中心分别为，连接，
由已知可知球心在线段上，
设，则，
所以，
所以，又因为时，，即，
故，
所以球的表面积；
（3）如图，取的中点，连接，则.
以为坐标原点，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.
设，由，得
化简得，
由和均为锐角，得.
设平面的法向量为，
由
得取，得，
故平面的一个法向量为.
设平面的法向量为.
得，取，得，
故平面的一个法向量为.
则
，
令，则，
所以.
由函数单调递增，
所以当时，取最大值，最大值为.
19．(1)
(2)（i），（ii）证明见解析
【分析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计算即可；
（2）（i）分四个方向各移动一次、左右方向各移动两次、上下方向各移动两次三种情况求；设左右各移动次，上下各移动次，即可求出，再利用组合公式化简；
（ii）利用公式化简得出，得出，构造函数，研究其单调性求出，即可得出，最后化简得出，取即可求证.
【详解】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，
由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种，
其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点这四种情况.
则，
故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为.
（2）（i）点M在第4秒末回到原点，有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种，
左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种，
所以；
若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等，
设左右各移动次，则上下各移动次，
所以
，
（ii）由可知：
，
则，
所以，
令，则，
即函数在上单调递减，
所以，即，则，
所以，，
记为不超过x的最大整数，
则对任意的实数，当时，，即，
综上，当时，成立，所以点M是常返的.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
B
A
A
D
D
C
BC
ACD
题号
11









答案
ABD