精品解析：安徽合肥市第三中学2025-2026学年高三上学期1月调研检测高三数学试卷

合肥市第三中学2025-2026学年高三1月调研检测高三年级数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．考试范围：高考范围． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 3. 中，，则的最大值为（ ） A. 6 B. C. 12 D. 4. 甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 54种 D. 72种 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆与轴交于、两点，、是分别过、的圆的切线，过圆上任意一点作圆的切线，分别交、于点、两点，记直线与交于点，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知且，若函数与在区间上都单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 的图象关于点对称 D. 的图象关于直线对称 10. 已知函数，，，则（ ） A. 和的图象有且只有一条公切线 B. 若恒成立，则整数的最大值为 C. 若、均大于，则 D. 关于的方程在区间内有解 11. 如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ） A. 存在点，使得 B. 直线与平面所成的最大角为 C. 若不共面，则四面体的体积的最大值为 D. 若，则点的轨迹的长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中的系数为____________．（用数字作答） 13. 已知数列满足，则数列的前4项的和为________． 14. 在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则边上的高的取值范围是____________． 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. 某种产品可以采用甲、乙两种工艺来生产，为了研究产品的质量与所采用的生产工艺的关联性，现对该种产品进行随机抽查，得到的结果如下表所示. 工艺甲 工艺乙 合计 合格 60 40 100 不合格 20 30 50 合计 80 70 150 （1）依据小概率值的独立性检验，分析产品的质量是否与采用的工艺有关； （2）在不合格的50件样本产品中任选3件，求在这3件样本产品中至少有1件是采用工艺甲生产的条件下，这3件样本产品中恰有一件是采用工艺乙生产的概率. 附： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）讨论的零点个数，并证明所有零点之和为0． 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点． （1）若平面，求的值； （2）当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值． 18. 在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为． ①求证：为定值； ②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值． 19. 某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为． （1）当时，写出的值； （2）当时，求，并证明当最大时，满足 （3）已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥市第三中学2025-2026学年高三1月调研检测高三年级数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．考试范围：高考范围． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，再根据集合的交集运算求解. 【详解】由，可得，， . 故选：D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】将复数分母实数化写成的形式，利用计算结果． 【详解】因为； 故． 3. 中，，则的最大值为（ ） A. 6 B. C. 12 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理可得在以半径为的圆上，由向量线性运算得，根据向量运算几何意义，计算即可求解. 【详解】由正弦定理可得，， 所以在以半径为的圆上， 则 由向量数量积几何意义及垂径定理可知： 当与同向时，有最大值为， 所以的最大值为. 故选：D. 4. 甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 54种 D. 72种 【答案】B 【解析】 【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排B项工作的人数分为两类， 第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作， 从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法， 再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法， 若D项工作安排一人，则有种方法， 所以B项工作仅安排1人共种方法， 第二类，B项工作安排2人，有种方法， 由分类加法计数原理，得共有种方法. 故选：B. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出与的和、差、积，再利用立方差公式来计算的值． 【详解】已知，将等式两边同时平方可得． 根据完全平方公式展开得． 因为，所以，移项可得，则．  因为，且，所以与异号，又因为在上，所以．  ，由于，，则． 因为，，所以，那么．  根据立方差公式． 因为，，，所以．  的值为． 故选：C． 6. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在正方体中，可得且， 因为，分别是棱的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段， 因为正方体的边长为，可得，， 在中，可得，且， 则，所以的最小值为. 故选：B. 7. 如图，圆与轴交于、两点，、是分别过、的圆的切线，过圆上任意一点作圆的切线，分别交、于点、两点，记直线与交于点，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出切线的方程，然后分别令求出两点坐标，利用点斜式求出直线和直线的方程，联立解出点坐标即可求出点的轨迹方程，要注意挖掉两个不能取到的点. 【详解】设点，当圆心与切点所成直线的斜率不存在时，即当点时， 易知以，所以此时点为矩形的对角线的交点，即； 当圆心与切点所成直线的斜率存在时，则，因为， 所以切线的斜率为，又切线过点， 所以切线的方程为，整理得， 又点在圆上，所以，故切线的方程为. 易知，在切线的方程中，令，则， 令，则，所以， 所以直线的斜率，直线的方程为， 直线的斜率，直线的方程为， 联立直线和直线的方程，解得， 所以点，又，所以点所满足的方程为， 因为切线分别交、于点、两点，所以切线不能为，即， 且前述直线的斜率不存在时即也满足上述方程， 所以点的轨迹方程为. 故选：B. 8. 已知且，若函数与在区间上都单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用换底公式得，然后利用对数函数的性质即可求解；对求导，利用导数和指数函数的性质即可判定. 【详解】由题可知， 因为在区间上单调递增，所以，即， 当时，有，即，不成立， 当时，有，则成立，所以； 又在区间上都单调递增， 所以在，时恒成立， 所以在时恒成立， 因为，所以， 所以或， 又，所以， 故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 的图象关于点对称 D. 的图象关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出变换之后的解析式，依次代入选项判断可得结果. 【详解】依题意可得， 因为，故A正确； ，故B错误； 由，可知点为对称中心，由，可知在处取最小值，故C，D均正确. 故选：ACD 10. 已知函数，，，则（ ） A. 和的图象有且只有一条公切线 B. 若恒成立，则整数的最大值为 C. 若、均大于，则 D. 关于的方程在区间内有解 【答案】BC 【解析】 【分析】设直线为函数和的图象的公切线，设直线切函数于点，切函数于点，利用导数的几何意义可得出关于、的方程，解方程组可判断A选项；利用导数求出函数最小值的取值范围，可判断B选项；利用作差法可判断C选项；利用导数分析函数、在上的函数值符号，可判断D选项. 【详解】对于A选项，设直线为函数和的图象的公切线， 设直线切函数于点，切函数于点， 因为，则，所以，， 切线方程为，即， 因为，则，所以，， 切线方程为，即， 所以，，消去可得，解得或， 所以，和的图象有且只有两条公切线，A错； 对于B选项，若，则， 因为函数，其中，则， 因为函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在，使得，即，可得， 且当时，，当时，， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减， 所以，， 由题意可得，故整数的最大值为，B对； 对于C选项， ， 因为、，则，，所以，， 所以，， 所以，，C对； 对于D选项，当时，，则， 所以，函数在上单调递增，则， ，则对任意的恒成立， 所以，在单调递减，则， 当时，对任意的，， 所以，关于的方程在区间内无解，D错. 故选：BC. 11. 如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ） A. 存在点，使得 B. 直线与平面所成的最大角为 C. 若不共面，则四面体的体积的最大值为 D. 若，则点的轨迹的长为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A选项，当点为中点时，利用向量证明即可；对于B选项，当点位于点时，此时线面角为，大于；对于C选项，当点位于点（或棱上）时，体积最大，为；对于D选项，先判断出点的轨迹为四段圆弧，然后求出长度即可. 【详解】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确； 对于B选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故B错误； 对于C选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远， 此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故C正确；对于D选项，若，如图， 在棱上取点，使，在棱上取点使， 在棱上取中点，则，， 则点的轨迹由圆弧构成，且其所在圆的半径依次为， ，圆心角依次为， 圆弧的长分别为，故点的轨迹的长为，故D错误； 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 的展开式中的系数为____________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出二项式的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 因为， 在的展开式通项中，令， 在的展开式通项， 令，可得， 因此，展开式中的的系数为. 故答案为：. 13. 已知数列满足，则数列的前4项的和为________． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】根据给定的递推公式求出数列的前4项，再利用裂项相消法求和. 【详解】数列中，由，得，而， 则， 所以 . 故答案为： 14. 在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则边上的高的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】先用正弦定理把边化角，约去 后化简等式，得出，然后设 边上的高为，通过面积公式把 和边 联系起来，最后根据锐角三角形的条件确定角 C 的范围，再用正弦定理转化为边 的范围，最终得到高的取值范围 . 【详解】在中，由正弦定理，可得，由可得：，所以，所以， 又因为，所以，所以， 又因为三角形ABC为锐角三角形，所以， 所以，在中，由正弦定理可得： ，即， 故有， 因为，所以，， 所以，所以， 又因为AC边上的高，所以． 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. 某种产品可以采用甲、乙两种工艺来生产，为了研究产品的质量与所采用的生产工艺的关联性，现对该种产品进行随机抽查，得到的结果如下表所示. 工艺甲 工艺乙 合计 合格 60 40 100 不合格 20 30 50 合计 80 70 150 （1）依据小概率值的独立性检验，分析产品的质量是否与采用的工艺有关； （2）在不合格的50件样本产品中任选3件，求在这3件样本产品中至少有1件是采用工艺甲生产的条件下，这3件样本产品中恰有一件是采用工艺乙生产的概率. 附： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）产品的质量与采用的工艺有关 （2） 【解析】 【分析】（1）根据卡方的计算公式求解卡方，即可与临界值比较作答， （2）根据条件概率的计算公式即可求解. 【小问1详解】 零假设：产品的质量与采用的工艺无关， 根据小概率值的独立性检验，产品的质量与采用的工艺有关. 【小问2详解】 记事件为3件样本产品中至少有1件是采用工艺甲，事件为这3件样本产品中恰有一件是采用工艺乙. . 16. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求，的值； （2）讨论的零点个数，并证明所有零点之和为0． 【答案】（1）； （2）证明：由第（1）问知，.  令，求导得. 当，，在递减； 当，，在递增.  ，，所以存在唯一使，即.  当，，在递减； 当，，在递增，所以.  ，又，， 根据零点存在定理，在和各有一个零点，共两个零点.  设是零点，， 经计算， 所以也是零点，零点和为. 【解析】 【分析】（1）求导得到表达式，把代入，能得到含的等式，算出.再代入到算出另一个未知量b. （2）根据第（1）问结果得到和. 令，对处理，根据结果判断在不同范围的增减情况. 依据正负，判断在不同范围的增减，得出最小是. 算出小于，再找两点使式子值大于，确定有两个特殊点. 设一个特殊点为，发现也是，所以和为. 【小问1详解】 求导得到，根据函数在点处的切线方程为，得到. 把代入得， 因为，所以，即. ，算出. 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点． （1）若平面，求的值； （2）当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值． 【答案】（1） （2）；. 【解析】 【分析】（1）设，由平面，证得，结合为的中点，得到为的中点， 求得的值； （2）建系设，得出平面的法向量，进而得出线面角正弦值，结合二次函数值域得出最大值及此时的. 【小问1详解】 设，连接， 因为正方形，所以为的中点， 又因为平面，且平面，平面平面， 所以， 在正方形，为的中点，可得为的中点， 所以，当平面，则. 【小问2详解】 因为平面，所以平面， 过作为轴，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，为等腰三角形，所以，且，则， 所以， 设，其中，(线面角为0，不是最大） ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得， 设直线与平面所成角为 由题意可得， 因为，所以当，即时直线与平面所成角正弦最大为， 直线与平面所成角最大为， 当时，直线与平面所成角最大为. 18. 在平面直角坐标系中，点，动点P满足，记点P的轨迹为C． （1）求C的方程； （2）过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E，F（E在F的左侧）．设直线AE，AF的斜率分别为． ①求证：为定值； ②设直线AF，BE相交于点M，求证：为定值． 【答案】（1） （2） ①由，直线的斜率存在且不为0， 设直线的方程为，，，， 联立，得， 则，，， 所以， 又因为，所以，， 所以， . ②由①可知，，所以， 作关于轴的对称点，则，，三点共线， 又，，设， 则直线方程即为直线方程， 又直线方程为， 作差可得， 所以， 所以，， 又，得出， 又因为， 所以， 即，即， 所以点在以，为焦点，1为实轴长的双曲线的左支上运动， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义可知点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上，即可求出轨迹方程. （2）①设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可得到，再由斜率公式计算可得； ②作关于轴的对称点，则，，三点共线，设，表示出直线、的方程，即可得到，，代入椭圆方程得到轨迹方程，结合双曲线的定义即可证明. 【小问1详解】 由，， 所以点在以，为焦点，4为长轴长的椭圆上， 设椭圆方程为， 焦距为，则，， 所以， 所以C的方程为. 【小问2详解】 略 19. 某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为． （1）当时，写出的值； （2）当时，求，并证明当最大时，满足 （3）已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值． 【答案】（1）；； （2）， 证明: ， 同理 ， 因此，当时，最大. （3）. 【解析】 【分析】（1）设三个数是1，2，3，通过列举法，由古典概率模型计算公式求解即可； （2）设最大数在（）次出现，要想获胜，前个数中的最大值必出现在前次中，且第次取到最大值，得到 ，结合，，即可求证； （3）由（2）得到，再由条件得到①，②，③，联立可得，，即可求解. 【小问1详解】 不妨设三个数是1，2，3，三个数的大小排列有6种情形：123，132，213，231，312，321. 当时，取到最大的情形有：312，321. 所以； 当时，取到最大的情形有：132，213，231，所以； 当时，取到最大的情形有：123，213. 所以. 【小问2详解】 当最大数在第次出现时，均有可能获胜.设最大数在（）次出现，要想获胜，前个数中的最大值必出现在前次中，且第次取到最大值，所以 证明略. 【小问3详解】 首先对于，当最大时，. 否则若， 则.①， ②， ③， ①②得 ，所以， ①③得 ，所以， 所以，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $