精品解析：安徽宣城市2026届高三第一学期期末检测数学试题（一模）

宣城市2025—2026学年度第一学期期末调研测试 高三数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生先将自己的姓名､考号在答题卷指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域. 3.考生作答时，请将答案答在答题卷上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷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.考试结束时，务必将答题卡交回. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则集合中的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知非零向量的夹角为，若在上的投影向量为，且，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知是定义在上的奇函数，且在上单调递减，，则的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的通项公式分别为，将数列的公共项从小到大排列得到数列，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线，若圆上存在点，使得的中点在双曲线的渐近线上，则双曲线离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 某校进行数学竞赛，将120名参赛学生的成绩整理如下： 成绩（分） 频数 8 22 36 28 16 10 根据表中数据，下列结论正确的是（ ） A. 这120名学生成绩的极差一定为60分 B. 这120名学生成绩的平均数大于65分 C. 这120名学生成绩的中位数不小于70分 D. 这120名学生成绩大于70分的人数所占比例不超过 10. 已知正四棱台中，，则下述正确的是（ ） A. 该四棱台的高为 B. C. 该四棱台的表面积为 D. 该四棱台外接球的表面积为 11. 已知，动点满足直线与的斜率乘积为，设点的运动轨迹为曲线，过点的直线与曲线的另一个交点为，则（ ） A. 点的轨迹方程为 B. 面积的最大值为 C. 不存在点，使得 D. 若直线过原点，则的最小值为2 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现将位民警派往甲，乙，丙，丁4个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知民警不能去甲学校，两位民警不能去乙学校，则不同的分派方法共有__________种（用数字作答）. 13. 已知正项数列满足，且，则的值是__________. 14. 已知函数是偶函数，则函数的取值范围是__________. 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. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若边上的中线长为的角平分线交于点，求线段的长. 16. 某社区举办“公益知识闯关赛”，共有100名居民报名参赛，每位参赛者需完成“第一轮基础知识作答”和“第二轮拓展知识比拼”两项任务.已知每位参赛者第一轮基础知识作答成功的概率为，且不同参赛者第一轮成功与否相互独立；若某位参赛者第一轮基础知识作答成功时，他第二轮拓展知识比拼成功的概率为；若他第一轮基础知识作答失败时，第二轮拓展知识比拼成功的概率为，若两项任务均成功，则视为最终闯关成功. （1）若随机抽取一名参赛居民，求其第二轮拓展知识比拼成功的概率； （2）记为参赛居民中闯关成功的人数，求的数学期望与方差. 17. 如图，在三棱锥中，平面为的中点，为上靠近点的三等分点，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）若对任意的实数、，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”.若当时，函数是“函数”，求实数的值. 19. 已知定点，过点作直线轴于点是直线（为坐标原点）上任意一点，过作轴于点，作于点，直线与相交于点，设点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）过点的直线交曲线于两点，过点且与直线垂直的直线交曲线于两点，证明：直线与直线的交点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣城市2025—2026学年度第一学期期末调研测试 高三数学试题 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生先将自己的姓名､考号在答题卷指定位置填写清楚并将条形码粘贴在指定区域. 3.考生作答时，请将答案答在答题卷上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷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.考试结束时，务必将答题卡交回. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算法则，求出，再由模长公式，即可得出结论. 【详解】， 所以. 故选：A. 2. 已知集合，则集合中的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合 中各元素的值，再求出集合 的补集 ，最后利用交集运算求出 即可. 【详解】根据特殊三角函数值可知 ， 因为 ，所以 ，且 ； 因为 ，所以 ，且 ； 所以集合 . 又因为集合 ，则 或； 所以 ，元素个数是 3 个. 故选：C. 3. 已知非零向量的夹角为，若在上的投影向量为，且，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据非零向量的夹角为，在上的投影向量为，得出，然后利用化简计算即可得出. 【详解】因为非零向量的夹角为， 所以， 又在上的投影向量为， 所以， 由，得 即， 所以， 故选：A. 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式以及半角公式分别验证充分性、必要性可得结论. 【详解】由，可得， 利用半角公式可得，充分性不成立， 当时，， 可得，则必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选： B 5. 已知是定义在上的奇函数，且在上单调递减，，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和函数的单调性求解即可. 【详解】由题意可知， 当 时，，在上单调递减，则的解集为； 当 时，是定义在上的奇函数，则，在上单调递减，则的解集为； 所以，的解集是的解集是． 因为不等式等价于不等式组或 所以不等式的解集是． 故选：D. 6. 已知数列的通项公式分别为，将数列的公共项从小到大排列得到数列，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断出数列项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列是以3为首项，以2为公差的等差数列，数列是以2为首项，以3为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以5为首项，以6为公差的等差数列， 所以. 故选：B. 7. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据分段函数的定义求出，再求出时对应的表达式，然后求导由点斜式可得. 【详解】由题意可得， 当时，，此时， 所以， 求导可得， 所以， 所以切线方程为，即. 故选：C. 8. 已知双曲线，若圆上存在点，使得的中点在双曲线的渐近线上，则双曲线离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线方程，可得渐近线方程，设，设PA中点为Q，根据中点坐标公式，可得Q点坐标，根据Q在渐近线上，代入可得，由题意，点P为圆M与直线的公共点，根据直线与圆的位置关系，结合点到直线距离公式，计算化简，即可得答案. 【详解】根据双曲线方程可得，渐近线方程为，即， 设，设PA中点为Q，由，得， 因为Q在渐近线上，所以，即， 所以点P为圆M与直线的公共点， 由题意圆M的圆心为，半径为2， 则圆心M到直线的距离， 所以，即，解得. 所以双曲线的离心率的取值范围为. 故选：D 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 某校进行数学竞赛，将120名参赛学生的成绩整理如下： 成绩（分） 频数 8 22 36 28 16 10 根据表中数据，下列结论正确的是（ ） A. 这120名学生成绩的极差一定为60分 B. 这120名学生成绩的平均数大于65分 C. 这120名学生成绩的中位数不小于70分 D. 这120名学生成绩大于70分的人数所占比例不超过 【答案】BD 【解析】 【分析】利用频数分布表根据极差，平均数，中位数，百分位数计算方式可判断各选项正误. 【详解】对于A，因为，， 所以这120名学生成绩的极差介于40分至60分之间，故A错误； 对于B，根据题中频数分布表可知，平均数为， 因为，故B正确； 对于C，由题可知成绩在，内的人有66人， 占比为，则中位数小于70分，故C错误； 对于D，这120名学生中成绩大于70分的频数不超过，占比为， 所以这120名学生成绩大于70分的人数所占比例不超过，故D正确． 故选：BD. 10. 已知正四棱台中，，则下述正确的是（ ） A. 该四棱台的高为 B. C. 该四棱台的表面积为 D. 该四棱台外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】画出图形，连接交于点，连接交于点，连接，结合图形分析得出为四棱台的高，然后过点作交于，通过已知条件结合勾股定理计算即可得出选项A，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断B，结合题意计算四棱台上下底面面积和侧面积即可得出选项C，设出球的方程，代入坐标解方程可得球的半径，再利用球的表面积公式判断D即可. 【详解】对于A，如图，连接交于点，连接交于点，连接， 则在正四棱台中有， 可得平面，故为四棱台的高， 由平面，所以， 过点作交于，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 在正四棱台中，由， 所以，则， 则， 在直角三角形中，， 得到四棱台的高为，故A正确； 对于B，如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，， 而，得到不成立，故B错误， 对于C，由题意得该四棱台的表面积拆分如下， ①正四棱台的上下两个正方形的面积： 设上下两个面的面积分别为，则， ②正四棱台的侧面积，在等腰梯形中，如图所示： 过分别作垂直于交于点， 所以，又， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 则， 所以等腰梯形的面积如下， 为， 所以正四棱台的侧面积为， 得到四棱台的表面积为，故C正确， 对于D，设外接球的方程， 将代入方程，得到， 将代入方程，得到， 两式相减得，解得， 此时变为， 将代入方程，得到， 两式相减可得，解得， 此时变为， 将代入方程，得到， 两式相减得，解得，则， 由球的表面积公式得表面积为，故D正确. 故选：ACD 11. 已知，动点满足直线与的斜率乘积为，设点的运动轨迹为曲线，过点的直线与曲线的另一个交点为，则（ ） A. 点的轨迹方程为 B. 面积的最大值为 C. 不存在点，使得 D. 若直线过原点，则的最小值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求出的运动轨迹是去掉左右顶点的椭圆并求出其方程，再利用椭圆的性质逐一分析即可求解. 【详解】因由题可得，化简得到， 所以点的运动轨迹是去掉左右顶点的椭圆，故选项A错误， 面积为， 椭圆中，故，故选项B正确； 因为， 所以， 又，所以，所以， 所以不存在点，使得，故选项C正确； 若直线 l 过原点，则 P,Q 关于原点对称，， 当P为椭圆短轴端点时有， 所以直线过原点，则的最小值为2，故选项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. 现将位民警派往甲，乙，丙，丁4个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知民警不能去甲学校，两位民警不能去乙学校，则不同的分派方法共有__________种（用数字作答）. 【答案】10 【解析】 【分析】分民警去乙学校和不去乙学校两种情况分析即可求解. 【详解】若民警去乙学校，则不同的分派方法有种， 若民警不去乙学校，则不同的分派方法有种， 综上，不同的分派方法共有种. 故答案为：10. 13. 已知正项数列满足，且，则的值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先证明得到数列为公比的等比数列，再利用等比数列性质得到即可求解. 【详解】由题得到， 所以数列为公比的等比数列， 利用等比数列性质得到， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数是偶函数，则函数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据偶函数定义，化简整理，即可得，利用换元法，根据其单调性求复合函数的值域即可. 【详解】，因为其为偶函数， 所以，即 所以，解得. 当时，，由解得， 满足偶函数定义，故. 所以，. 令，，由二次函数图象和性质可知， 当 时，，当趋近于或3时，趋近于0， 所以，的值域为； 因为对数函数 在 上单调递增，令 ， 根据单调性可知，当 时， ，且当 趋近于 0 时， 趋近于， 所以 的值域为 . 综上，函数 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. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若边上的中线长为的角平分线交于点，求线段的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合诱导公式及两角和正弦公式得出，应用角的范围求出角； （2）先根据中线得出，再左右两边平方结合余弦定理得出为直角三角形，最后应用两角和正弦公式及正弦定理计算求解. 【小问1详解】 根据题意，且， 由正弦定理得， 化简得，因为， 所以，又， 所以； 【小问2详解】 根据题意，在中，边上的中线长为， 得， 两边平方得 化简，故有， 解得（舍去）或. 在中，， 又，故为直角三角形， 在中，，所以， 又， 所以根据正弦定理得 ， 解得. 16. 某社区举办“公益知识闯关赛”，共有100名居民报名参赛，每位参赛者需完成“第一轮基础知识作答”和“第二轮拓展知识比拼”两项任务.已知每位参赛者第一轮基础知识作答成功的概率为，且不同参赛者第一轮成功与否相互独立；若某位参赛者第一轮基础知识作答成功时，他第二轮拓展知识比拼成功的概率为；若他第一轮基础知识作答失败时，第二轮拓展知识比拼成功的概率为，若两项任务均成功，则视为最终闯关成功. （1）若随机抽取一名参赛居民，求其第二轮拓展知识比拼成功的概率； （2）记为参赛居民中闯关成功的人数，求的数学期望与方差. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据题意设事件，结合已知条件利用全概率公式求出第二轮拓展知识比拼成功的概率； （2）先求两项任务均成功的概率，利用独立事件的性质得出闯关成功人数符合二项分布，最后利用二项分布的期望、方差公式计算求解． 【小问1详解】 设事件为“第一轮基础知识作答成功”，事件为“第二轮拓展知识比拼成功”， 由题意可知，，则， 根据全概率公式，第二轮拓展知识比拼成功的概率为： . 【小问2详解】 闯关成功需要两项任务均成功，即事件，其概率为： ， 因不同参赛者的第一轮结果相互独立，且第二轮成功概率仅依赖于自身第一轮结果， 故各参赛者的闯关成功事件相互独立， 记为名居民中闯关成功的人数，则， 所以数学期望， 方差：. 17. 如图，在三棱锥中，平面为的中点，为上靠近点的三等分点，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）=证明：因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 又，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为为的中点，， 所以. 又因为，平面， 所以平面. （2） （3）存在，点是线段上靠近点的三等分点 【解析】 【分析】（1）先证明平面，得到，再利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解； （3）假设在线段上存在点，设，利用平面列方程求解得即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则 ， ，所以 故. 设平面的法向量为， 则， 取.设与平面 设直线与平面所成角为， 则 所以与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 假设在线段上存在点， 使得平面.设， 则. 由（2）知，所以， 因为平面，平面的法向量为， 故，解得. 所以当点是线段上靠近点的三等分点时，平面. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）若对任意的实数、，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”.若当时，函数是“函数”，求实数的值. 【答案】（1）极小值，无极大值 （2）当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）当时，可得，利用导数与函数极值的关系可求得函数的极值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （3）设曲线与直线的切点为，根据“函数”的定义结合导数的几何意义可得出关于、的方程组，解之即可. 【小问1详解】 当时，函数，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 故有极小值，无极大值. 【小问2详解】 因为，所以，其中， ①当时，，在上单调递减； ②当时，令，得，可得， 又为增函数， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问3详解】 当时，函数是“函数”， 则， 设曲线与直线的切点为， 对函数求导得， 则，故，即， 所以且， 设，由解得， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，则是方程的唯一根， 所以. 19. 已知定点，过点作直线轴于点是直线（为坐标原点）上任意一点，过作轴于点，作于点，直线与相交于点，设点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）过点的直线交曲线于两点，过点且与直线垂直的直线交曲线于两点，证明：直线与直线的交点在定直线上. 【答案】（1） （2） 设直线的斜率为，则直线的方程为 将代入曲线的方程，得，设， 可得： 同理，直线的方程为，设， 与 曲线的方程联立，得， 则. 则直线的方程为，化简为①， 同理可得直线的方程为② 设直线与直线的交点为，联立①式和②式 化简得， 又由，两式相乘化简得， 将代入①式得. 即直线与直线的交点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）先求出直线的方程，根据，轴，进而得到轴，设直线的方程为可求出点的坐标，从而可得直线的方程为，与直线的方程联立得到交点的坐标，从而可得曲线的方程； （2）设出直线的方程，与曲线的方程联立，求出两点的坐标关系，同理求出两点的坐标关系，然后根据直线与的方程求出交点坐标，进而证明交点在定直线上。 【小问1详解】 因为轴且过，所以的方程为，又， 轴，故轴，设直线的方程为，则的坐标为. 因为点在直线:上，且点的纵坐标为，故点的坐标为,则直线的方程为， 所以直线的方程为， 直线的方程为，与联立，可得交点的坐标为， 令，则，故曲线的方程为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $