精品解析：安徽省合肥市第一中学2026届高三上学期期中教学质量检测数学试题

合肥一中2026届高三上学期期中教学质量测评 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位. 2.答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效. 4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交. 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，若复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 若向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 4. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 某同学用摄影机记录了迁徙中的某种候鸟在某一时刻的飞行姿态如图所示，如果用函数的部分图象来描绘候鸟某一时刻翅膀的飞行姿态，则的图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. 4 D. 7. 已知函数，若且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若不等式对任意均成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知的内角的对边分别为，则如下判断正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若，则为等腰三角形或直角三角形 C. 在锐角中，不等式恒成立 D. 若的面积，则 10. 下面关于数列，的相关结论正确的有（ ） A. 已知数列，都是等差数列，公差分别为，，数列满足，则是等差数列且公差为 B. 若是一个无穷等比数列取出数列中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列 C. 等差数列的首项为1，公差不为0，若，，成等比数列，则前20项的和为 D. 记为数列的前项和，为数列的前项积，当时，为等差数列 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 在上的最大值为 C. 和图象关于对称 D. 在的零点有且只有一个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前n项和．若，则公差_______． 13. 将函数（）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调递增，则的最大值为______. 14. 平面内不同的三点O，A，B满足，若，的最小值为，则__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知是等比数列的前项和，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 已知，，设. （1），求函数的值域； （2）若，且，求的值. 17. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若存在两个零点，求的取值范围. 18. 设的内角，，所对的边分别为，，，且，． （1）求角； （2）点为边的中点，若，求的面积； （3）如图所示，点是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥一中2026届高三上学期期中教学质量测评 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位. 2.答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效. 4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交. 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用交集的定义即可求解. 【详解】由得：，即， 又，. 故选：C. 2. 设为虚数单位，若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数即可. 【详解】. 故选：A. 3. 若向量，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，利用向量的模的坐标公式计算即得；对于B，利用向量共线的坐标公式计算即可判断；对于C，利用向量垂直的坐标公式计算即可判断；对于D，结合数量积的坐标运算，利用向量投影的计算公式即得. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，因，则， 又，由，可得不成立，故B错误； 对于C，因，则， 又，由，可得不成立，故C错误； 对于D，因， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：D 4. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求，根据题意求，再由向量坐标的加法运算即可求解. 【详解】已知， 因为，. 故选：B. 5. 某同学用摄影机记录了迁徙中的某种候鸟在某一时刻的飞行姿态如图所示，如果用函数的部分图象来描绘候鸟某一时刻翅膀的飞行姿态，则的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性和的值，利用排除法即可求解. 【详解】因为，则是偶函数，故AD错误； 因为，故C错误，B正确． 故选：B 6. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由基本不等式中“1”的妙用代入计算即可得出最小值. 【详解】， 当且仅当即时等号成立，所以的最小值为5. 故选：A. 7. 已知函数，若且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据函数的图象，结合，可得，再根据对数函数图象性质求解范围即可. 【详解】令，，因为，所以， 因为，所以，所以， 又，所以. 故选：. 8. 已知函数，若不等式对任意均成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分析函数的性质，通过构造新函数判断其奇偶性与单调性，再利用函数性质将不等式进行转化，最后求解不等式得到的取值范围. 【详解】由题设，令， 故是奇函数，又令，则， 又易知为增函数，故为增函数. ，即， ，则， 对任意均成立，即，而 当且仅当时等号成立，. 故选：B. 二、多项选择题：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. 已知的内角的对边分别为，则如下判断正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若，则为等腰三角形或直角三角形 C. 在锐角中，不等式恒成立 D. 若的面积，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理结合余弦定理判断A，根据角的范围计算判断三角形形状判断B，应用正弦单调性判断C，应用面积公式结合余弦定理结合角的范围判断D. 【详解】对于A：由正弦定理可将转化为，则，所以，但无法判断的范围，A错误； 对于B：由得：或，即或， 所以为等腰三角形或直角三角形，B正确； 选项C：因为是锐角三角形，所以，所以，又，所以，又因为在单调递增，所以，C正确； D选项，因为面积，即，所以， 即，因为，所以，故D正确， 故选：BCD． 10. 下面关于数列，的相关结论正确的有（ ） A. 已知数列，都是等差数列，公差分别为，，数列满足，则是等差数列且公差为 B. 若是一个无穷等比数列取出数列中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列 C. 等差数列的首项为1，公差不为0，若，，成等比数列，则前20项的和为 D. 记为数列的前项和，为数列的前项积，当时，为等差数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A根据等差数列的定义即可判断，对于B根据等比数列的定义即可判断，对于C设数列的公差为，解出，利用等差数列前项和公式即可判断，对于D由得，由于为数列的前项积，得，进而得，即可判断. 【详解】对于A，因为数列，都是等差数列，公差分别为，， 所以，， 又因为， 故， 而，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故A不正确； 对于B，设等比数列的公比为，则，所以， 所以数列为等比数列，故B正确； 对于C，数列的首项，设公差为，则由，，成等比数列可得， 所以，即， 整理可得，因为，所以，所以,故C正确； 对于D，由已知得，且，， 取，由得，由于为数列的前项积， 所以，所以， 所以，由于所以，即，其中 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 在上的最大值为 C. 和图象关于对称 D. 在的零点有且只有一个 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：根据函数的导数判断函数单调性，选项B：根据函数性质求出函数最值，选项C：根据函数关于点对称的性质判断两个函数是否关于某点对称，选项D：通过分析函数的单调性和零点存在定理判断函数零点个数. 【详解】对于A：， 当时单调递减，当时单调递增.A错误； 对于B：为奇函数，在上的最小值， 在上的最大值，B正确； 对于C：在上任取一点，则关于对称点， 即对称点在上. 和图象关于对称， 同理在上任取一点，其关于的对称点也在上，C正确； 对于D，当时，令，则， 整理得，令，则， 当时，，所以在上单调递减. 又，，所以由零点存在性定理得，在内存在唯一零点. 当时，，此时函数无零点. 综上所述，在内存在唯一零点，即在内的零点个数为，D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前n项和．若，则公差_______． 【答案】2 【解析】 【分析】转化条件为，即可得解. 【详解】由可得，化简得， 即，解得. 故答案为：2. 13. 将函数（）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调递增，则的最大值为______. 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据平移变换求出，结合的单调性可得的最大值. 【详解】将的图象向右平移个单位长度后得到的图象， 因为，所以， 因为在上单调递增，所以， 即，所以的最大值为. 故答案为： 14. 平面内不同的三点O，A，B满足，若，的最小值为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，，作关于的对称点，如图根据向量的线性运算化简题中的等式，利用点关于直线的对称性可得，结合余弦定理可得出，利用二倍角的余弦公式求出，最后根据即可求解. 【详解】如图所示，设，则点在线段OB上运动， 故，设， 则 ， ，即 作关于的对称点，设， ，当且仅当三点共线时等号成立， 即， 在中，，，， 由余弦定理结合二倍角公式可得，解得：， 则. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知是等比数列的前项和，，. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，根据等比数列前项和的性质结合已知求出公比，再求出首项，即可得解； （2）利用裂项相消求解即可. 【小问1详解】 设等比数列的公比为， 则，所以， 又，所以，所以， 所以数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）得，， 所以， 所以. 16. 已知，，设. （1），求函数的值域； （2）若，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的坐标表示及辅助角公式得到，进而可求解； （2）由（1）得到，再结合同角三角商的关系和正切二倍角公式即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以 ， ，， 所以函数的值域为. 【小问2详解】 由题设，又，则， 所以，所以， 所以. 17. 已知函数. （1）当时，证明：； （2）若存在两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） 依题意得，要证，只需证， 令，所以. 设， 当时，，所以在区间上单调递增， 所以 当时,，即，所以在区间上单调递增， 故当时,. 故当时，，即. （2） 【解析】 【分析】(1)利用导数分析时，的单调性，并求得时，的最小值，即可证明不等式. (2)将存在两个零点问题转化为关于的方程有两个不同的解的问题，再转化为函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点问题，分析新函数的单调性及最值情况，可求得的取值范围. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 解法一： ，. 若，则，所以在上单调递增，所以至多有1个零点，舍去； 若，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 因为 ，所以当时，;当时，; 由存在两个零点，得，即，所以,所以. 综上所述，的取值范围是. 解法二： 因为，所以不是的零点. 所以存在两个零点等价于关于的方程有两个不同的解， 即函数的图象与常数函数的图象有两个不同的交点. 因为， 当或时，；当时，. 所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增. 当时，；当时，. 当时，因为在区间上单调递减， 此时与至多一个交点，舍去； 当时，要使得与有两个交点，需满足， 在的条件下， 因为及，且在区间上单调递减， 所以与在区间上恰1个交点； 由(1)知，， 又因为，且在区间上单调递增， 所以与在区间上恰1个交点. 综上所述，若在定义域内存在两个零点，则的取值范围是. 18. 设的内角，，所对的边分别为，，，且，． （1）求角； （2）点为边的中点，若，求的面积； （3）如图所示，点是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正余弦定理以及诱导公式求解即可； （2）根据为边的中点得到，两边平方后结合余弦定理求解即可； （3）利用正弦定理得到和，再利用余弦定理结合诱导公式以及二倍角公式得到，写出的表达式，求导判断单调性即可求解. 【小问1详解】 由可得， 由正弦定理得， ， 所以，即． 由余弦定理，又因为，因此； 或者：由内角和定理得， 由正弦定理可知， 所以，即． 由余弦定理，又因为，因此； 【小问2详解】 因为中线，所以； 两边同时平方得，即， 在中，，由余弦定理可得， 可得，所以； 【小问3详解】 在中，由正弦定理可得，即， 在中，由正弦定理可得，即． 因为四边形的内角和为，且， 所以， 在中， 所以， 则， ， 因为在中，所以， 则，在单调递增， 因为，所以， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点在于利用正弦定理将边化角，再利用导数判断函数的单调性. 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数符号判断即可. （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围. （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解； 解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. 【小问1详解】 当时，由，得， 又，则，，所以，即在单调递增， 故的单调增区间为，无单调减区间. 【小问2详解】 由（1）可知， 根据题意得：. （ⅰ）若， ①时，，，此时，故在无极值点． ②当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，，所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． 【小问3详解】 解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ①当时，．因为，所以． 又在上单调递减，在上单调递减．所以． 所以． ②当时，因为，所以． 又在上单调递减，所以． 此时． ③当时，因为，所以． 又在上单调递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $