安徽合肥市2026届高三下学期5月教学质量检测试题数学含解析

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这是一份安徽合肥市2026届高三下学期5月教学质量检测试题数学含解析，共20页。
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他答案标号.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. 已知集合，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，，
则．
2. 已知单位向量满足，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，
所以，
解得，
又因为，所以
3. 已知等差数列的前项和为，，则（）
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A. 10 B. 15 C. 20 D. 25
【答案】B
【解析】
【详解】在等差数列中，，
所以 .
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. 6 C. D. 3
【答案】A
【解析】
【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. 函数的最小正周期是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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. 已知函数 y=f(x)的图象是连续不间断的，有如下对应表：
x 1 2 3 4 5 6
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y 122.5 21.4 -7.4 4.5 -53.1 -125.5
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
【答案】D
【解析】
【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. 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.
【答案】D
【解析】
【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. 已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，
则（）
A. B.
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C. D.
【答案】C
【解析】
【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.
二、多选题：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. 已知复数 z 满足，则（）
A. 为纯虚数 B. 对应的点在第四象限
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C. D. 和是方程的两个根
【答案】BC
【解析】
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【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. 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
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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
【答案】ABD
【解析】
【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，
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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，
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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，
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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.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
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12. 多项式的展开式的各二项式系数的和等于__________.
【答案】
【解析】
【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. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则
__________．
【答案】 ##
【解析】
【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. 已知实数，满足，，则 ________．
【答案】4
【解析】
【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，
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即，
即；
令，则， .
又是上的单调递增函数，所以 .
所以 .
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. 记的内角，，的对边分别为，，，且 .
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问 1 详解】
由，
有，即，
，，
，；
【小问 2 详解】
由（1）的结论有，
又，，
由三角形面积公式有
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，，
在中，由余弦定理有
，，
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．
【答案】（1）， .
（2）
【解析】
【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.
【小问 1 详解】
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， .
【小问 2 详解】
由（1）得，则 .
求导得 .
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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. 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.
【答案】（1） ;
（2）证明见解析.
【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.
【小问 1 详解】
如图所示，由题可知：，，所以，所以，，
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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 .
【小问 2 详解】
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. 在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动
点满足 .
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（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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3） .
【解析】
【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.
【小问 1 详解】
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；
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【小问 2 详解】
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；
【小问 3 详解】
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，
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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 .
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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.
【答案】（1）
（2）（i），（ii）证明见解析
【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.
【小问 1 详解】
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.
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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 .
【小问 2 详解】
（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，
第 19页/共 20页
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.