精品解析：安徽阜阳市2025-2026学年度高三上学期期末教学质量监测数学试卷

阜阳市2025—2026学年度高三教学质量监测试卷 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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，用橡皮擦干净后，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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数的共轭复数为，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 混淆矩阵是机器学习领域中用于评估分类模型性能的一种工具.对于二分类模型（可以评估是否患有某种疾病），混淆矩阵包含四个主要部分： （1）True Positive（TP）：实际为正例且被模型预测为正例的样本数； （2）False Positive（FP）：实际为反例但被模型预测为正例的样本数； （3）False Negative（FN）：实际为正例但被模型预测为反例的样本数； （4）True Negative（TN）：实际为反例且被模型预测为反例的样本数. 假设一个二分类模型的混淆矩阵如下： 预测结果 实际情况 反例（Negative） 正例（Positive） 反例（Negative） 正例（Positive） 现从该模型的预测结果中随机抽取一个样本，已知其被预测为正例，则该样本实际情况为正例的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 若函数，则（ ） A. 是奇函数，且在上单调递增 B. 是奇函数，且在上单调递减 C. 是偶函数，且在上单调递增 D. 是偶函数，且在上单调递减 7. 已知直线的倾斜角为为直线上的两点，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 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. 设数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若数列为等差数列，则 B. 若数列为等差数列，则 C. 若数列为等比数列，则或-6 D. 若数列为等比数列，则或 10. 如图，为圆锥的底面圆的直径，是圆弧的中点，圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的外接球体积为 C. 圆锥侧面展开图的圆心角为 D. 二面角的正切值为 11. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，则（ ） A. B. 以为直径的圆与轴相切 C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 13. 在现代通信技术中，信号的传输路径模拟常借助几何模型来实现优化.假设在一个特定的信号传输区域内，两个信号基站分别在双曲线的左､右焦点处，信号发射源在双曲线上，信号中转装置被安置在以基站为圆心，为半径的圆上.若从基站到发射源的信号传输路径与从发射源到中转装置的信号传输路径相互垂直，且，则双曲线的离心率为__________. 14. 已知函数，若恰有两个不同的零点，则的取值范围是__________. 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. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面. （1）若，求四棱锥的体积； （2）若直线与所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 甲､乙､丙三人玩“石头、剪刀、布”游戏，每局中每人独立随机出石头、剪刀、布，概率均为.每局的游戏规则如下：如果出现一人胜两人（比如甲出石头，同时乙和丙都出剪刀，则甲胜），赢者向前走两步，其他人不动；如果出现两人胜一人（比如甲和乙同出剪刀，同时丙出布，则甲和乙胜），赢者向前各走一步，输者不动；如果三人出相同手势或三人全不同手势（循环胜），视为平局，所有人都不走步.用表示甲在一局游戏中前进的步数. （1）求的分布列和期望； （2）若游戏独立地进行三局，求甲一共向前走了两步的概率. 17. 在锐角中，角所对的边分别是，已知. （1）求； （2）记的面积为，周长为，求的取值范围. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 19. 已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）已知，设是第一象限内曲线上一点，的延长线分别交曲线于点. ①求的最大值； ②设分别为的内切圆半径，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阜阳市2025—2026学年度高三教学质量监测试卷 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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，用橡皮擦干净后，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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出全集，利用并集和补集的定义可求得集合. 【详解】因为全集，，， 所以，故. 故选：A. 2. 已知复数的共轭复数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，进而求得. 【详解】由，得，所以. 故选：B. 3. 已知向量满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由，得，将代入计算即可求解. 【详解】由，得， 即，又， 所以，解得. 故选：B 4. 已知是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】结合空间线线关系、线面关系、面面的位置关系即可判断. 【详解】对于，取与相交，设交线为，， 但与不平行，故错误； 对于，若，则或，故错误； 对于，若，则可得， 又因，且是不同的平面，所以可得，故正确； 对于，若，如果或，则不能判断，故错误. 故选： 5. 混淆矩阵是机器学习领域中用于评估分类模型性能的一种工具.对于二分类模型（可以评估是否患有某种疾病），混淆矩阵包含四个主要部分： （1）True Positive（TP）：实际为正例且被模型预测为正例的样本数； （2）False Positive（FP）：实际为反例但被模型预测为正例的样本数； （3）False Negative（FN）：实际为正例但被模型预测为反例的样本数； （4）True Negative（TN）：实际为反例且被模型预测为反例的样本数. 假设一个二分类模型的混淆矩阵如下： 预测结果 实际情况 反例（Negative） 正例（Positive） 反例（Negative） 正例（Positive） 现从该模型的预测结果中随机抽取一个样本，已知其被预测为正例，则该样本实际情况为正例的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由表得预测为正例的总样本数和实际为正例的样本数，然后由古典概型求得结果. 【详解】由表可知，预测为正例的总样本数为：， 其中实际为正例的样本数为：， 被预测为正例，实际情况为正例的概率， 故选：A. 6. 若函数，则（ ） A. 是奇函数，且在上单调递增 B. 是奇函数，且在上单调递减 C. 是偶函数，且在上单调递增 D. 是偶函数，且在上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义和复合函数单调性，即可求解. 【详解】因为，所以， 故是偶函数，因为，令，所以， ，所以在上单调递减，而在上单调递减， 故在单调递增. 故选：C. 7. 已知直线的倾斜角为为直线上的两点，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，结合辅助角公式，可得其取值范围. 【详解】由题可得，. 因为，所以，所以，所以. 所以的取值范围为. 故选：C. 8. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导判断的单调性，利用单调性判断大小. 【详解】由，则，， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 又，所以，即. 故选：D. 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. 设数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若数列为等差数列，则 B. 若数列为等差数列，则 C. 若数列为等比数列，则或-6 D. 若数列为等比数列，则或 【答案】AD 【解析】 【分析】若数列为等差数列，则由条件求得等差数列的通项公式及前项和公式，判断A，B；若数列为等比数列，则由条件求得等比数列的通项公式及前项和公式，判断C，D. 【详解】若数列为等差数列，设其公差为，则，解得. 所以. 所以，. 所以A正确，B错误； 若数列为等比数列，设其公比为，则，解得，. 所以. 当时，； 当时，. 故C错误，D正确. 故选：AD. 10. 如图，为圆锥的底面圆的直径，是圆弧的中点，圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的外接球体积为 C. 圆锥侧面展开图的圆心角为 D. 二面角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出圆锥的体积判断A；求出圆锥外接球半径，进而求出球的体积判断B；利用弧长公式求出展开图圆心角判断C；利用定义法求出二面角的正切判断D. 【详解】由圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，得圆锥的底面圆半径，高，母线， 对于A，圆锥体积，A正确； 对于B，圆锥的外接球球心在直线上，设球半径为，则球心到圆锥底面距离， 由，得，解得，因此该球的体积为，B正确； 对于C，圆锥侧面展开图弧长为，该弧所对圆心角为，C错误； 对于D，取的中点，连接，则，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面，因此，为二面角的平面角， 所以，D正确. 故选:ABD 11. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，则（ ） A. B. 以为直径的圆与轴相切 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设直线方程为，进而与抛物线联立方程求解弦长判断A；求解线段的中点到轴的距离与比较判断B；设过点的直线方程为，进而与抛物线方程联立，结合距离公式，韦达定理，再结合即可判定C；结合焦半径公式求解得，，进而比较大小判断D. 【详解】由题知焦点，准线方程为，， 对于A，设直线方程为， 代入抛物线方程得， 设，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，故A选项正确； 对于B，线段的中点横坐标为， 圆的半径为， 由于圆心到轴的距离为，半径为， 显然，故错误； 对于C，设过点的直线方程为， 代入抛物线方程得，，即 设，则， 所以 ， 由于，所以，即，故C选项正确； 对于D，由抛物线的定义，， 所以，，， 因为，所以，即，故D选项正确 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出该点处的切线斜率，再利用点斜式方程即可得到切线方程. 【详解】由求导可得， 则所求切线斜率为， 因此所求切线方程为，化简得. 故答案为：. 13. 在现代通信技术中，信号的传输路径模拟常借助几何模型来实现优化.假设在一个特定的信号传输区域内，两个信号基站分别在双曲线的左､右焦点处，信号发射源在双曲线上，信号中转装置被安置在以基站为圆心，为半径的圆上.若从基站到发射源的信号传输路径与从发射源到中转装置的信号传输路径相互垂直，且，则双曲线的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，得到 ，由双曲线的定义，求得 ，在直角中，利用勾股定理，得到，转化为，即可求解. 【详解】如图所示，因为信号中转装置被安置在以基站为圆心，为半径的圆上， 可得 ，因为，所以三点共线，且 ， 由双曲线的定义，可得，所以 ， 在直角中，可得，即， 整理得，即， 两边同除以，可得，解得， 因为，所以. 故答案为：. 14. 已知函数，若恰有两个不同的零点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，将问题转化成与的图象有两个交点，结合条件，数形结合得，，构造函数，利用导数求出的值域，即可求解. 【详解】因为，易知在区间上单调递增，在区间上单调递增，图象如图所示， 令，即，得到， 因为恰有两个不同的零点，则与的图象有两个交点， 由图可知，，且，所以，则， 令，令，则， 易知在区间上单调递增，又易知时，， 则，令，得到，当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又当时，，当时，，当时，，显然， 所以的值域为，则的值为， 所以的取值范围是， 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. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面. （1）若，求四棱锥的体积； （2）若直线与所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用等腰三角形性质和面面垂直的性质定理确定高线，再在 中运用勾股定理算出高，并求出梯形 的面积，最后再代入锥体体积公式，求得四棱锥的体积即可； （2）先建立空间直角坐标系，并由异面直线夹角公式求出参数 ，再利用法向量与平面内两条向量 垂直的性质，列出方程组并求解，得到法向量，最后求出线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 取的中点，连接. 由于，故， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面，则， 因为，底面是直角梯形，得， 又，所以. 故四棱锥的体积为. 【小问2详解】 取的中点，连接，则，由（1）知，平面， 以为原点所在直线分别为轴建系，如图，则 ， 设，则， 因为直线与所成的角为， 所以，得， . 设平面的法向量为， 则即得 令，得， 因为， ， ， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为. 16. 甲､乙､丙三人玩“石头、剪刀、布”游戏，每局中每人独立随机出石头、剪刀、布，概率均为.每局的游戏规则如下：如果出现一人胜两人（比如甲出石头，同时乙和丙都出剪刀，则甲胜），赢者向前走两步，其他人不动；如果出现两人胜一人（比如甲和乙同出剪刀，同时丙出布，则甲和乙胜），赢者向前各走一步，输者不动；如果三人出相同手势或三人全不同手势（循环胜），视为平局，所有人都不走步.用表示甲在一局游戏中前进的步数. （1）求的分布列和期望； （2）若游戏独立地进行三局，求甲一共向前走了两步的概率. 【答案】（1）分布列见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知的可能取值为、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可得出的值； （2）用事件表示三局游戏后甲向前走了两步，分别用、和表示第局中甲分别向前走了一步、两步和零步，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值. 【小问1详解】 由题意可知的可能取值为、、. ，，. 所以，随机变量的分布列为 所以. 【小问2详解】 用事件表示三局游戏后甲向前走了两步， 分别用、和表示第局中甲分别向前走了一步､两步和零步， 则. 17. 在锐角中，角所对的边分别是，已知. （1）求； （2）记的面积为，周长为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理即可求解； （2）由余弦定理得，进而得，又，由正弦定理得，利用锐角三角形求的范围，进而求解. 【小问1详解】 由正弦定理得： ， 又. 又为锐角三角形，. 【小问2详解】 由余弦定理可知，，即， . . 由正弦定理得，又， 所以. 又，，可得， 则. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)见详解；(2) 或. 【解析】 【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值. 【详解】(1)对求导得.所以有 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. (2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立. 若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 . 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为 即解得. 综上得或. 【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充． 19. 已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）已知，设是第一象限内曲线上一点，的延长线分别交曲线于点. ①求的最大值； ②设分别为的内切圆半径，求的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）设，由题意列出点的坐标满足的方程，化简可得其轨迹方程，即曲线的方程； （2）设，直线的方程为，直线的方程为，分别联立椭圆方程，利用韦达定理用表示，结合椭圆方程即可求得的最大值；②易知的周长均为，由此表示出，可得，从而得到的最大值. 【小问1详解】 设，动点满足直线和直线的斜率之积为， ，即， 即， ∴曲线的方程为. 【小问2详解】 ①设，设直线的方程为， 其中， 由，消去并整理得， 由韦达定理可得，， 又满足，则， . 设直线的方程为，其中， 同理可得. ， 当且仅当且， 即时，等号成立. 故的最大值为. ②设椭圆的长轴长为，则由椭圆的定义，可得 ，. 即的周长均为， ， 同理，， . 由①知，的最大值为，故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $