精品解析：安徽省淮北市2026届高三第一次质量检测数学试题

淮北市2026届高三第一次质量检测 数学试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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，将答题卡交回． 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，则的元素个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 已知复数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 函数在AI神经网络中作为激活函数使用，可提升模型的非线性拟合能力．下列函数图象中，可以作为大致图象的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线和平面，下列表述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 记为数列的前项和．若，当时，，则常数 的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 7. 已知过点 的直线与圆交于 两点．若的面积为8，则点 的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若函数和均为偶函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于直线 对称 C. 3是的一个周期 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. 在一次科普知识竞赛中共有200名同学参赛，经过评判，这200名参赛者的得分都在之内，其得分的频率分布直方图如图所示，则（ ） A. B. 这200名参赛者得分的中位数为64 C. 得分在内的频率为 D. 得分在内的共有80人 10. 已知正四棱锥，为棱上的动点．则（ ） A. 平面平面 B. 存在使得 为直角三角形 C. 当为中点时， 平面 D. 若，球与四棱锥的所有棱都相切，则球的表面积为 11. 将平面向量绕起点逆时针旋转角得到的向量记为，已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 代数式的展开式中的系数为__________． 13. 已知抛物线 的焦点是双曲线：的右焦点，点 是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为__________． 14. 已知点是的外心，直线与线段交于点．若，则__________． 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，分别为内角所对的边，满足：. （1）求角； （2）若，求内角平分线的长． 16. 已知数列满足 ． （1）设，求证：数列为等比数列； （2）求的通项公式． 17. 如图，在四棱锥 中， 平面，分别为的中点． （1）求证： 平面 ； （2）设平面． （i）求实数的值； （ii）求二面角的正弦值． 18. 已知椭圆的短轴长为2，焦距为2，过的左焦点作斜率之和为1的两条直线和，与交于 两点，与交于两点，线段的中点分别为． （1）求椭圆的标准方程； （2）求点 的轨迹方程； （3）直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由． 19. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）当时， （i）证明：在上存在唯一极小值点和唯一零点； （ii）在（i）的条件下，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淮北市2026届高三第一次质量检测 数学试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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，将答题卡交回． 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，则的元素个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用并集的运算求解. 【详解】，， ，的元素个数为. 故选：C. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算及共轭复数的定义求解即可. 【详解】. . . 所以. 故选：B. 3. 函数在AI神经网络中作为激活函数使用，可提升模型的非线性拟合能力．下列函数图象中，可以作为大致图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出 排除选项BD，利用导数法求出的单调性得到结论. 【详解】，，排除选项BD， ，， 设，， 当 时，即， ，则在 范围内是单调递增函数； 当时，即， ，则在 范围内是单调递减函数； 当 时，，，在 范围内是单调递增函数； 当 时，在 范围内是单调递增函数， ， ， ，使得， 当时，，，则在是单调递减函数； 当时， ，，则在是单调递增函数； 则选项A符合. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得，利用指数函数的单调性即可判断A，利用作差法即可判断BD，由换底公式和对数函数的单调性即可判断C. 【详解】由，所以，又在 上单调递增，所以，故A错误； 由，所以，故B正确； 由，又，所以， 所以，故C错误； 由，又， 所以，所以，故D错误； 故选：B. 5. 已知直线和平面，下列表述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和面面平行和垂直的判定定理即可求解. 【详解】由，条件中缺少，故A错误； 由，条件中缺少，故B错误； 由，条件中缺少，故C错误； 由，故D正确； 故选：D. 6. 记为数列的前项和．若，当时，，则常数的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列的求和公式求出，利用极限的定义求出常数的值. 【详解】设，则是以为首项，公比的等比数列， 为数列的前项和， ， ， ，当时，， ，. 故选：B. 7. 已知过点的直线与圆交于 两点．若的面积为8，则点的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形的面积得到是等腰直角三角形，进而求出圆心到直线的距离，与选项中的点到圆心距离进行比较即可. 【详解】圆的半径. ， 所以，，所以是等腰直角三角形， 此时弦的长度为， . 选项A：，不符合条件. 选项B：，不符合条件. 选项C：，不符合条件. 选项D：，符合条件. 故选：D. 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若函数和均为偶函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于直线 对称 C. 3是的一个周期 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设，结合偶函数的性质及函数的对称性可得的周期为12，进而得到，进而求解判断D；举例，即可判断ABC. 【详解】因为为偶函数，所以， 则，两边求导得，则， 由为偶函数，得，则， 由，， 得，则， 所以，则的周期为12， 由，令，得，即， 由，令，得， 由，令 ，得，即， 则， 所以，故D正确； 对于ABC，设，则， 而，则， 所以函数和均为偶函数，满足题意， 而，则的图象不关于直线对称，故A错误， 而，则的图象不关于直线 对称，故B错误， 而的最小正周期为，故C错误. 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. 在一次科普知识竞赛中共有200名同学参赛，经过评判，这200名参赛者的得分都在之内，其得分的频率分布直方图如图所示，则（ ） A. B. 这200名参赛者得分的中位数为64 C. 得分在内的频率为 D. 得分在内的共有80人 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形面积和为1，计算即可判断A的正误；根据直方图中位数的求法，代入计算，即可判断B的正误；根据直方图中矩形面积代表频率，即频率、频数、总数的关系，即可判断C、D的正误. 【详解】由题意有，解得，故A正确； 设中位数为，所以，解得，故B错误； 由题意得得分在内的频率为，故C正确； 由题意得得分在内的频率为， 则得分在内的共有人，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知正四棱锥，为棱上的动点．则（ ） A. 平面平面 B. 存在使得 为直角三角形 C. 当为中点时， 平面 D. 若，球与四棱锥的所有棱都相切，则球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，连接，设交于点，连接，先证明，，可得平面 ，进而结合面面垂直的判定定理判断即可；对于B，先假设 为直角三角形，可得，进而得到，再结合即可判断；对于C，当为中点时，连接，可证明，进而判断即可；对于D，当时，分析可得到 的距离与到的距离均为1，可得球的球心位于点，半径为1，进而求解判断即可. 【详解】对于A，连接，设交于点，连接，如下图： 在正四棱锥 中，，平面， 因为平面，所以， 又平面 ，所以平面 ， 因为平面 ，所以平面平面 ，故A正确； 对于B，在正四棱锥 中， 若 为直角三角形，则，， 由，得，即， 而在正方形中，，由于，则，矛盾， 所以不存在使得 为直角三角形，故B错误； 对于C，当为中点时，连接， 由于在正方形中，为 的中点，所以， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故C正确； 对于D，当时，，而，则， 在等腰直角中，到 的距离为， 而到的距离也为1，则球的球心位于点，半径为1， 则球的表面积为，故D正确. 故选：ACD 11. 将平面向量绕起点逆时针旋转角得到的向量记为，已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，B，需要根据向量旋转的定义判断等式是否成立；对于选项C，要根据已知条件逐步计算出，再与右边式子进行比较；对于选项 D，需要找出的规律，进而求出. 【详解】对于选项A， 向量绕起点逆时针旋转角的变换是线性变换， 对应复数乘法中的旋转因子，两次旋转角相当于旋转角， 即，故选项A正确； 对于选项B，旋转矩阵是线性变换，满足可加性，设，， 则， 则， ， ， ， 即，故选项B正确； 对于选项C，， ，，， 故选项C错误； 对于选项D， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故是周期为的数列，，又， ，故选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 代数式的展开式中的系数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】第一步，中的和的展开式的常数项相乘为的展开式中的项；第二步，中的和的展开式的的项相乘为的展开式中的项，这两步相加为的展开式中的项，从而得到所求. 【详解】第一步， 中的和的展开式的常数项相乘为的展开式中的项， 即； 第二步， 中的和的展开式的的项相乘为的展开式中的项， 即； 则的展开式中的项为，系数为. 故答案为：. 13. 已知抛物线 的焦点是双曲线：的右焦点，点是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为__________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】利用抛物线和双曲线的定义，结合已知条件建立关于双曲线参数的等式求解即可. 【详解】抛物线 的焦点为，双曲线的右焦点为， 由题意知，. 抛物线 的准线方程为， 因为，所以，即. 设在第一象限，将代入抛物线方程可得，所以. 代入双曲线方程，又，所以. 设，则，整理得， 解得，因为，所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知点是的外心，直线与线段 交于点 ．若，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】易知，所以为等腰三角形，所以连接，延长交于点 ，则 为的中点. 根据三点共线，及三点共线，求得.设，结合勾股定理列出相应的方程，求解得的值，进而得到的值. 【详解】因为点是的外心，所以过作 的垂线，交 于点 ，则 为 的中点. 由题可知，，所以，所以. 因为 ，所以 .所以为等腰三角形. 连接，延长交于点 ，则 为的中点. 设，则. 由，得； 所以； 由，， 得. 所以，解得. 设，则，，所以，. 由，得，所以，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. 在中，分别为内角所对的边，满足：. （1）求角； （2）若，求内角平分线 的长． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行角化边，利用余弦定理求出． （2）利用向量的数量积求出的值，设 的长为，则，利用三角形的面积公式得到的等式，解出的值，即为 的长． 【小问1详解】 由． 故，而，得． 【小问2详解】 由， 设 的长为，由． 即 的长为． 16. 已知数列满足 ． （1）设，求证：数列为等比数列； （2）求的通项公式． 【答案】（1）由 得： ， 即，故为等比数列； （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义证明. （2）利用等比数列的通项公式和累加法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，由（1）得．即， 于是 ． 17. 如图，在四棱锥 中， 平面，分别为的中点． （1）求证： 平面 ； （2）设平面． （i）求实数的值； （ii）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：以 为原点，以、、的正方向分别为轴、轴、轴的正方向， 建立如图的空间直角坐标系，则： ，即． 又 平面知 ，由，则 平面 ． （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）证明：利用空间向量法求解，求出，求出即，由 平面知 ，利用线面垂直的判定定理得到 平面 ． （2）（i）求出，求出平面 的一个法向量，得到，从而得到平面 ，利用线面平行的性质定理得到，设，求出 ，利用求出的值； （ii）由（i）求出，分别求出平面 和平面的一个法向量，利用向量的数量积求出 ．设二面角的平面角为，利用同角关系式求出，从而得到二面角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i），平面 的一个法向量为，显然， 故平面 ，而平面 平面，于是， 设； （ii）由（i）， 设平面的一个法向量分别为， 则：， 取，则，即． 设平面 的一个法向量分别为， ， 取 ．则，即， ． 设二面角的平面角为，则， ，，， ，， 即二面角的正弦值为． 【点睛】 18. 已知椭圆的短轴长为2，焦距为2，过 的左焦点 作斜率之和为1的两条直线和，与 交于 两点，与 交于两点，线段的中点分别为． （1）求椭圆 的标准方程； （2）求点的轨迹方程； （3）直线 是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由． 【答案】（1） ； （2）； （3）直线 恒过定点． 【解析】 【分析】（1）求出 ，从而得到椭圆 的标准方程． （2）（方法一）设，显然直线的斜率存在，利用点斜式设直线的方程，直线和椭圆联立方程组，由韦达定理得到，进而得，从而得到点的轨迹方程；（方法二）设，求出的斜率为，利用点差法求解即可得到点的轨迹方程； （3）由（2）知点也满足点的轨迹方程，设直线 方程为，直线 和点的方程联立方程组，消去得的一元二次方程，设，利用韦达定理得到，由得到的等式，故直线 恒过定点． 【小问1详解】 依题意，设 的焦距长为 ，则 ，又短轴长， 则， 因此，椭圆 的标准方程为： ． 【小问2详解】 （方法一）设，显然直线的斜率存在， 设，和椭圆方程 联立， 消去得： ， 则进而得， 当时，，代入上式，化简得：， 当时，也满足上式； 又， 故点的轨迹方程为：． （方法二）设，则的斜率为， 由（1）知椭圆标准方程为： ， 则① ② ②①得：， 若，进一步得：，即：， 于是． 若 ，即 ，此时也满足上式， 故点轨迹方程为：． 【小问3详解】 由（2）知点也满足方程， 设直线 方程为，联立， 消去得：， 设，则， 由得： ， 即，故直线 恒过定点． 19. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）当时， （i）证明：在上存在唯一极小值点和唯一零点； （ii）在（i）的条件下，证明：． 【答案】（1） （2） （i） ， 当时，，， ，，，， 在区间上是单调递增函数； 下面讨论时的情形， 令，， 再令，， 则在区间上是单调递增函数， 即在区间上是单调递增函数， 而，， 故，使得 ， 且当时，，是单调递减函数， 当时， ，是单调递增函数， 注意到，而， 从而必然使得． 且当时， ，即， 当时，， 从而在递减，在递增． 又， 因此必然唯一的使得， 于是在上存在唯一的极值点和唯一的零点． （ii）由（i）知，且，及在上是单调递增函数，， 要证只需证，即即可． ， 由 时，，得到， 则． 下面补证：当 时，； 构造函数 ， 因此在区间上是单调递增函数，，故得证． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）（i）将整理为，当时可得 ，从而得到在的单调性；再讨论时的情形，构造函数，通过构造函数得到的单调性，从而得到的单调性，从而得证； （ii）由（i）知，且，及在上是单调递增函数，，要证只需证，即证明即可，再补证：当 时，，从而得到证明． 【小问1详解】 ， ， ，. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $