精品解析：安徽省县域高中合作共享联盟2026届高三上学期1月期末质量检测数学试题（A卷）

2025～2026学年第一学期期末质量检测 高三数学（A卷） 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求得集合，然后利用集合交集定义运算的结果. 【详解】由可得，则，即， 又由可得，则，即， ∴. 故选：A. 2. 设复数满足，则的实部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的乘法、除法运算，得到，即可求解. 【详解】由， 得， 则的实部为， 故选：D 3. 已知圆与圆交于，两点，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先求得相交弦所在直线方程，然后根据圆的弦长公式求得的值. 【详解】将圆和圆方程相减， 可得直线的方程为， 圆的圆心为，半径为1， 点到直线的距离为， 解得，又，所以. 故选：B. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量垂直和向量数量积的坐标表示求出，进而根据向量的模的公式求出结果. 【详解】因为向量，，所以. 由于，所以， 所以，解得. 所以，所以. 故选：C. 5. 在单项选择题中，每道题有ABCD四个选项，其中仅有一个选项正确．学生小张与小李两人对同一题在选项ABCD中随机选择一项．事件：两人选择都正确；事件：两人选择都错误；事件：至少有一人选择正确，则（ ） A. 与互为对立事件 B. 与互斥 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出事件的概率，即可判断选项C；根据对立事件及互斥事件的定义即可判断选项A，B；根据条件概率的定义即可判断选项D. 【详解】由条件得两人作答总共有种等可能的选法，设正确选项为A. 则事件：两人都选对（即都选A）共有 1 种选法，故 事件：两人都选错（即都从B、C、D中选）共有种选法，故 事件：至少一人选对等价于总的方法数减去两人都选错的方法数，即共有种选法，故. 对于A：因“至少一人对、一人错”的情况既不在也不在中，即，故与互为对立事件不成立，故A错误； 对于B：由条件得是的子集，即，即与不互斥，故B错误；  对于C：，即成立，故C正确；  对于D：由条件概率公式得：，故D错误. 故答案为：C. 6. 已知抛物线与直线交于，两点，焦点为，若，则（ ） A. B. 直线与相切 C. 的准线方程为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，在直线上得到，，再应用弦长公式计算判断A，C；利用抛物线的定义求出判断D，；联立方程组应用判别式判断B. 【详解】直线方程为，设， 由得，，， 因为，所以或，又因为，所以，A不正确； 的准线方程为，C选项不正确； ，， ，故D正确； 直线方程为， 由得， 因为，所以，所以直线与不相切，B不正确； 故选：D． 7. 已知四棱锥的五个顶点都在球的球面上，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，的中点，连接，，可证平面，根据余弦定理可得，作于，可得平面，，，由，结合勾股定理可得，进而可得. 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，， 则，，又，平面， 故平面. 由题意可知，，， ， 故， 作于，则，又，平面， 故平面， 故， 取球心，连接，则平面，设球的半径为， 由题意可得， 得，解得， 故，可得 故选：A 8. 若函数存在极大值点和极小值点，，其中，都是实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将极值点个数，转化为导数零点个数，再转变为图像交点个数，求出，再分别讨论当与的情况，找到满足题意的即可求出最终的范围. 【详解】由可得， 因为函数存在极大值点和极小值点， 故方程有两个不相等的实根， 当时，方程不存在两个根，故，从而可知有两个不相等的实根，令，， 故当和，，均单调递减； 当，，单调递增， 所以，进而可以画出图像如下： 根据有两个不相等的实根可知，函数与有两个不同的交点，故，接下来分析的正负情况. 当时，则，，令，， 令，解得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以在处取最小值， ，而，故， 所以根据零点存在定理易知存在两个不同的零点， 即存在两个不同的零点， 而，，单调递增，，，单调递减， 故分别为函数的极大值点和极小值点，且，满足题意. 此时由可得， 而，故，故A正确； 当时，则，令，， 令，解得， 当，，单调递增， 当，，单调递减，所以在处取最大值， ，而，故， 所以根据零点存在定理易知存在两个不同的零点， 即存在两个不同的零点，而，，单调递减， ，，单调递增， 故分别为函数的极小值点和极大值点，且，不满足题意. 由此当时，则，，不能确定，B不正确； 同理也不能确定，，CD不正确； 故选：A. 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. 水稻的产量与单株水稻谷粒饱满程度及谷粒数量有关．某科研小组在一块水稻田中，随机抽取10株即将成熟的水稻，检查每株的谷粒数量，统计如下：150，153，150，148，142，157，160，146，150，154（单位：粒），则（ ） A. 这10个数据的中位数和众数相等 B. 这10个数据的平均数为150 C. 这10个数据的极差为18 D. 这10个数据的方差为24 【答案】AC 【解析】 【分析】根据中位数、众数、平均数、极差、方差的定义即可得到结果. 【详解】这10个数据从小到大排列为142，146，148，150，150，150，153，154 ，157，160， 对于A，其中第5和第6个数为150和150，故这10个数据的中位数为， 这10个数据中出现次数最多的数为：150，所以众数为150，故A正确； 对于B，平均数，故B错误； 对于C，极差，故C正确； 对于D，方差 ，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数的导函数为，则（ ） A. 曲线是中心对称图形 B. 在上单调递减 C. 曲线是中心对称图形 D. 存在常数，使对成立 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于函数的对称性，可通过判断之间的关系来确定；对于函数的单调性，可通过求导并分析导数的正负来判断；对于选项D，可通过分析导数的表达式来判断是否存在常数满足条件. 【详解】对于A：因为函数，所以. 所以， 所以根据中心对称图形的性质可知，曲线关于点对称，是中心对称图形，A正确； 对于B：因为函数的导函数为，所以. 因为，所以当时，，此时， 所以此时在上单调递减； 当时，，此时， 所以此时在上单调递减； 综上，在上单调递减，B正确； 对于C：，，所以， 所以为偶函数，关于轴对称，不是中心对称图形，C错误； 对于D：当时，，此时，； 当时，不等式化简为，而，所以要使得不等式恒成立， 则，所以存在常数，使对成立，D正确. 故选：ABD. 11. 已知双曲线的左、右顶点分别为，，右焦点为，点在上，与轴垂直．若直线的斜率是直线的斜率的3倍，且，，点在的左支上，则（ ） A. B. 的渐近线方程为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据双曲线的性质，结合已知条件求出双曲线的方程，再根据双曲线的性质逐一分析选项. 【详解】由已知得，，， 因为点在双曲线上，且轴，， 不妨设，则，， 由，解得，又，所以， 所以双曲线方程为，将代入，得， 所以，所以，所以选项A错误； 双曲线的渐近线方程为，所以选项B正确； 由，所以， 设双曲线的左焦点为，根据双曲线的定义， ，所以， 所以， 当三点共线时，最小， 最小值为，所以选项C正确； 设，则， ， 所以当时，最小，最小值为，所以选项D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】应用两角差余弦公式及同角三角函数关系得出，再应用二倍角余弦公式及弦化切计算求解. 【详解】因为， 所以，则， 则. 故答案为：. 13. 已知函数，在区间内任取两个实数，不等式恒成立，则实数的最大值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】首先将去分母，将问题等价转化为是增函数，即在上恒成立，分离参数后构造函数即可求解. 【详解】. 不妨取，则， 所以，即， 亦即. 令， 则问题等价转化为是增函数. 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立. 令， 则， 因为二次函数在上单调递增， 所以当时，， 即，所以是增函数， 所以，即，所以实数的最大值为1. 故答案为：1. 14. 在集合中任取一个数组，则该数组满足，，成等差数列的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得基本事件的总数为种，根据题意，得到，令，得出，且，结合枚举法，得到所求事件中包含基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】从24个正整数中选出3个不同的数，按从小到大排列， 可得基本事件的总数为种情形， 又由数组满足，，成等差数列，可得， 令，可得，且， 结合枚举法，可得： 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得； 当时，满足，可得， 综上可得，共有12种情况，所以概率为. 故答案为： 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. 在中，内角所对的边长分别是，且． （1）求角； （2）若，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用正弦两角和公式化简，即可求出角； （2）利用余弦定理，结合基本不等式求最大值，即可求解. 【小问1详解】 由 ， 由于，所以， 又因为，所以，即， 因为，所以，即, 故； 【小问2详解】 因为，，所以由余弦定理可得： ， 由基本不等式可得：，所以， 当且仅当取等号， 则的面积， 故的面积的最大值为. 16. 若数列的前项和为，且，，等比数列的首项为，． （1）求数列，的通项公式； （2）若数列的前项和为，求满足的最小的正整数的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据递推公式可推出数列是等差数列，从而可求出，进而可求出的公比，从而可写出通项公式；（2）首先写出的通项公式，从而可得到的表达式，错位相减法可进一步得到的表达式，解不等式可得到满足题意的. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，即. 又， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，其通项公式为. 所以， 由知，所以等比数列的公比为， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可知数列的通项公式为， 所以，① 则，② ①②得， 所以. 由得， 所以，所以， 当时，，不成立； 当时，，不成立； 当时，，成立， 由指数爆炸增长知当时，恒成立， 所以满足的最小的正整数的值为． 17. 如图，在三棱柱中，，和分别是和的中点，平面． （1）求证：平面； （2）若， （i）求多面体的体积； （ii）求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为和分别是和的中点，可得， 在三棱柱中，可得，可得， 又因为平面，且平面，所以平面. （2）（i）；. 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）（i）在直角中，求得，得到棱柱的高为，结合棱柱和棱锥的体积公式，分别求得三棱柱和三棱锥的体积，进而求得多面体的体积； （ii）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：略 【小问2详解】 （i）因为平面，且平面，所以， 因为为的中点，且，可得, 在直角中，可得，即棱柱的高为， 又因为，且和分别是和的中点， 所以， 所以三棱柱的体积为， 三棱锥的体积， 所以多面体的体积. （ii）因为和分别是和的中点，可得， 又因为，所以，且平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 在三棱柱中，可得，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为轴与平面垂直，所以平面的一个法向量， 设平面与平面所成二面角为， 则， 可得， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为，，，过点的直线交椭圆于另外一点，点是直线上不同于的一点，且满足，为坐标原点． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）若直线的斜率不为0，直线的斜率为，直线的斜率为，问是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据离心率及求解椭圆方程； （2）设出直线方程与椭圆方程联立，根据根与系数的关系，结合，得出坐标间的关系，再利用求解； （3）分别用同一变量表示出斜率，代入化简判断. 【小问1详解】 因为A，B分别为椭圆的左右顶点，所以，所以， 又离心率为，所以，所以， 所以，因此椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，设直线的方程为，，， 由，得，因为与不同，所以， 所以，， 所以， 因为，所以， 得，又， 由，得，即， 化简得，所以，解得， 所以直线的方程为 【小问3详解】 由（2）知， 由，得， 所以，， 所以，又， 所以， ， 所以， ， 所以. 所以，为定值. 19. 设函数，是实数． （1）若1是的一个零点，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若，，，证明：． 【答案】（1）； （2） 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在和上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在和上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （3） 证明：要证，即证 ， 化简后等价于：, 令，则需证, 令，则 令，由于 则， 故 因，则，故 且当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 故， 即得， 即得，且只有当时，， 故在上单调递减， 由，，得，故， 即，即得， 同理由可得， 故 故原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）先求出的值，由导数的几何意义求出切线斜率，然后得到切线方程； （2）求出函数的导数，通过的分类讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性；（3）化简原不等式，构造新函数，利用函数的极值点以及函数的单调性，转化证明即可． 【小问1详解】 由条件得，即，解得， 则，于是 从而，， 故切线方程为：，即：； 【小问2详解】 函数的定义域为， 则 ① 当时，，由，得， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，则函数在上单调递增； ② 当时，，由，得或， 则当或时，，函数在和上单调递减， 当时，，函数在上单调递增； ③ 当时，，，故函数在上单调递减； ④当时，, 则当或时，，函数在和上单调递减， 当时，，函数在上单调递增； ⑤当时，, 当时，，则函数在上单调递增， 当时，，则函数在上单调递减. 综上所述，当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在和上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在和上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年第一学期期末质量检测 高三数学（A卷） 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则的实部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆与圆交于，两点，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 8 5. 在单项选择题中，每道题有ABCD四个选项，其中仅有一个选项正确．学生小张与小李两人对同一题在选项ABCD中随机选择一项．事件：两人选择都正确；事件：两人选择都错误；事件：至少有一人选择正确，则（ ） A. 与互为对立事件 B. 与互斥 C. D. 6. 已知抛物线与直线交于，两点，焦点为，若，则（ ） A. B. 直线与相切 C. 的准线方程为 D. 7. 已知四棱锥的五个顶点都在球的球面上，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数存在极大值点和极小值点，，其中，都是实数，则（ ） A. B. C. D. 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. 水稻的产量与单株水稻谷粒饱满程度及谷粒数量有关．某科研小组在一块水稻田中，随机抽取10株即将成熟的水稻，检查每株的谷粒数量，统计如下：150，153，150，148，142，157，160，146，150，154（单位：粒），则（ ） A. 这10个数据的中位数和众数相等 B. 这10个数据的平均数为150 C. 这10个数据的极差为18 D. 这10个数据的方差为24 10. 已知函数的导函数为，则（ ） A. 曲线是中心对称图形 B. 在上单调递减 C. 曲线是中心对称图形 D. 存在常数，使对成立 11. 已知双曲线的左、右顶点分别为，，右焦点为，点在上，与轴垂直．若直线的斜率是直线的斜率的3倍，且，，点在的左支上，则（ ） A. B. 的渐近线方程为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知满足，则________． 13. 已知函数，在区间内任取两个实数，不等式恒成立，则实数的最大值为________． 14. 在集合中任取一个数组，则该数组满足，，成等差数列的概率是________． 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. 在中，内角所对的边长分别是，且． （1）求角； （2）若，求的面积的最大值． 16. 若数列的前项和为，且，，等比数列的首项为，． （1）求数列，的通项公式； （2）若数列的前项和为，求满足的最小的正整数的值． 17. 如图，在三棱柱中，，和分别是和的中点，平面． （1）求证：平面； （2）若， （i）求多面体的体积； （ii）求平面与平面所成二面角的正弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，其左、右顶点分别为，，，过点的直线交椭圆于另外一点，点是直线上不同于的一点，且满足，为坐标原点． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）若直线的斜率不为0，直线的斜率为，直线的斜率为，问是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由． 19. 设函数，是实数． （1）若1是的一个零点，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若，，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $