安徽合肥市2026届高三下学期第二次教学质量检测试题 数学 含解析

这是一份安徽合肥市2026届高三下学期第二次教学质量检测试题 数学 含解析，共21页。试卷主要包含了 直线与抛物线交于，两点，则， 已知，则， 设，，，则， 在中，，为边上一点，且，，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助补集与交集定义计算即可得.
【详解】由，，则，
又，故.
2. 若，则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】A
【解析】
【分析】借助复数运算法则计算出后，利用复数几何意义即可得.
【详解】，
故在复平面内对应的点位于第一象限.
3. 记为数列的前项和，已知，，则（ ）
A. 18B. 54C. 81D. 162
【答案】B
【解析】
【分析】借助与关系计算可得，则可由等比数列定义求出数列的通项公式，即可得.
【详解】当时，，则，
故，又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，
即，故.
4. 直线与抛物线交于，两点，则（ ）.
A. B. 6C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】联立直线方程与抛物线方程，可求出两交点坐标，再利用两点间距离公式计算即可得.
【详解】，解得或，
则.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助完全平方公式及二倍角公式可得，结合原式计算即可得解.
【详解】由，
故，
故，故，即.
6. 已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设该圆柱高为，底面半径为，则可得、间关系，再表示出圆柱的侧面积后，利用二次函数性质可得取最大时的、，从而可求出此时该球的半径，即可得其体积.
【详解】设该圆柱高为，底面半径为，则，即有，
圆柱的侧面积，
故当且仅当、时，取最大，
此时圆柱的外接球半径为，
则该球的体积.
7. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，，找出中间值，借助对数运算可得，合理放缩计算可得，则可得，即有，综上即可得解.
【详解】由，，则，，
由，则，即，
由，则，即，
故；
由，则，
即，即；
综上可得：.
8. 在中，，为边上一点，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则可在中利用正弦定理求出，则可求出，从而可结合得到与间关系，再利用即可得解.
【详解】设，则，，
由，则，，
在中，由正弦定理可得，
由，则，故，
由，故，故，即，
则
，
则，即.
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. 某社区有150名中老年人参加园艺、摄影、书画等三个兴趣班，每人只参加一个兴趣班，各班人数及年龄（单位：岁）分布如下表：
从这150人中随机抽取1人，设事件为“抽到的人年龄位于区间”，事件为“抽到的人来自园艺班”，则（ ）
A. 事件与事件互斥
B. 事件与事件相互独立
C. 60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人
D. 这150人年龄平均数的估计值为60岁
【答案】BC
【解析】
【分析】利用互斥事件定义可得A；利用相互独立事件的性质，验证与是否相等即可得B；估算60岁以上的老年人参加园艺班的人数即可得C；计算平均数即可得D.
【详解】对A：由园艺班中有年龄位于区间的人，故事件与事件可以同时发生，
故事件与事件不互斥，故A错误；
对B：，，，
有，则，
故事件与事件相互独立，故B正确；
对C：，故60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人，故C正确；
对D：，故D错误.
10. 在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（ ）
A. B. 平面
C. D. 直线与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：连接，借助中位线性质可得，利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，则可得；对B：借助菱形性质可得，再利用题目条件可得，则有等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：得到、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得.
【详解】对A：连接，由，分别为棱，的中点，则，
由平行六面体性质可得，且，故四边形为平行四边形，
故，又，故，故A正确；
对B：连接、、、，设，
由，则四边形为菱形，故，为中点，
由，，，故与全等，
故，又为中点，故，
又，、平面，故平面，故B正确；
对C：由，，
则、、都为等边三角形，故，
则，，
故，
故，即，故C错误；
对D：连接，由，，
故直线与所成角即为直线与所成角，即为，
，
，，
则，故D正确.
11. 已知：，为上的任意一点，点，线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹与轴交于，两点，则（ ）
A. 点的轨迹方程为
B. 当点不在轴上时，直线与的斜率之积为
C. 当时，
D. 过点作直线的垂线，垂足为，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：借助垂直平分线性质可得，再利用QP+CQ>10 可得QA−QC=8 ，即可由双曲线定义得到点的轨迹方程；对B：设，可得y12=9x1216−1，再表示出并计算即可得；对C：借助三角形内角和及诱导公式可得cs∠QA1A2+∠QA2A1=−14，再借助B中所得结合斜率与倾斜角的关系，利用两角和的余弦公式与同角三角函数基本关系计算即可得；对D：取点关于对称点，可得的轨迹方程，则可得中点的轨迹方程，再利用三角换元法及辅助角公式计算即可得解.
【详解】又：x+52+y2=64 ，则，半径，
由为线段的垂直平分线，故，
又为上的任意一点，故，
由，则QP+CQ=AQ+CQ>10 ，
则CQ−QP=8 或QP−CQ=8 ，则QA−QC=8 ，
故点的轨迹为以、为焦点，的双曲线，
由、，故，则，
即点的轨迹方程为，故A正确；
对B：设在左侧，由点的轨迹方程为，故、，
设，则有，故y12=9x1216−1，
则kQA1⋅kQA2=y1x1+4⋅y1x1−4=y12x12−16=9x1216−1x12−16=916，故B错误；
对C：由，故，
则cs∠QA1A2+∠QA2A1=csπ−∠A1QA2=−cs∠A1QA2=−14，
即，
由B知，又，
kQA2=tanπ−∠QA2A1=−tan∠QA2A1，
故，
即，
则，
即，故C正确；
对D：取点关于对称点，则C′A=CP=8 ，
故点的轨迹方程为x−52+y2=64 ，
由在上且，则为中点，则有，，
故，，即有2x0+5−52+2y02=64 ，
化简得，故可设，，，
则x0+2y0=4csθ+8sinθ=45sinθ+φ≤45，其中，
即的最大值为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知非零向量，满足，，则与的夹角为________.
【答案】
【解析】
【分析】借助数量积公式及模长与数量积的关系计算即可得.
【详解】由，则，
即，则.
13. 设函数，，是直线与曲线的两个交点，且最小值为.若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由最小值可得的最小正周期，从而可得，再将代入计算即可得.
【详解】由最小值为，则的最小正周期为，即，
则，，
解得，又，故.
14. 已知函数，设，若恒成立，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】分析函数的单调性、奇偶性，及值域，分0≤x0