精品解析：安徽省六安市2025-2026学年高三上学期期末学业水平检测数学试题

六安市2026年高三学业水平检测 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和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、单选题：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，则为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知全集，，，则（ ） A B. C. D. 3. 对于两个不共线向量，，已知，，若与共线，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数满足：，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，将角的终边按照顺时针方向旋转后得到角，则的值为（ ） A. B. C. 0 D. 6. 圭表是我国古代通过观察记录正午时影子长度的长短变化来确定季节变化的一种天文仪器，它包括一根直立的标杆（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺（称为“圭”）.当正午阳光照射在表上时，影子会落在圭面上，圭面上影子长度最长的那一天定为冬至，影子长度最短的那一天定为夏至.如图是根据六安市（北纬32°）的地理位置设计的圭表的示意图，已知六安市冬至正午太阳高度角（即）约为，夏至正午太阳高度角（即）约为，圭面上冬至线和夏至线之间的距离（即的长）为7米，则表高（即的长）约为（ ）（已知，） A. 3.26米 B. 4.73米 C. 5.37米 D. 6.31米 7. 已知，为平面内两定点且，动点满足，记点的轨迹为曲线，动直线与曲线相切，若直线与以为圆心、5为半径的圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值的差为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 已知个大于2的实数，，…，，对任意，存在满足，且，则使恒成立的最小正整数为（ ） A. 6 B. 8 C. 15 D. 16 二、选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在正四棱锥中，，分别为棱，的中点，，则下列结论正确的是（ ） A 与异面 B. C. 平面 D. 平面 10. 对于无穷数列，若存在常数，对任意的，都有不等式成立，则称数列有逐差上界.下列选项正确的有（ ） A. 若数列，则数列有逐差上界 B. 若数列和有逐差上界，则数列也有逐差上界 C. 以1为首项，为公比的等比数列有逐差上界 D. 若由数列的前项和构成的数列有逐差上界，则数列也有逐差上界 11. 已知为坐标原点，，分别为椭圆的左右焦点，，是椭圆上的点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在椭圆内，则椭圆的离心率 B. 若且点到直线的距离等于，则 C. 若椭圆上存点使，则 D. 若轴，且周长取最大值时其面积为3，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的顶点在坐标原点，对称轴为轴，且过点，则此抛物线的方程为_____. 13. 已知等差数列的前项的和为，，，若对任意且都有不等式成立，则实数的取值范围为_____. 14. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则正数的取值范围为_____. 四、解答题：本大题共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. 已知、、分别为三个内角、、的对边，且. （1）求角； （2）已知，求的取值范围. 16. 已知数列满足，. （1）证明：为等比数列； （2）求数列的前项和. 17. 如图，直四棱柱底面为菱形，，，，点为棱上靠近的三等分点，点在上且，过点M、N、C的平面与直线交于点. （1）求证：； （2）若，求三棱锥外接球的表面积； （3）若二面角的余弦值为，求的值. 18. 已知双曲线E：的实轴长为2，渐近线方程为. （1）求双曲线的方程； （2）设为双曲线E的下顶点，过点且斜率不为0的直线交双曲线E上支于、两点，直线、与直线的交点分别为、，线段、的中点分别为、，点为坐标原点. （i）求直线斜率的取值范围； （ii）若、、三点共线，求的值. 19. 双曲正余弦函数是数学中重要超越函数，其定义基于指数函数的线性组合：双曲正弦函数定义为，双曲余弦函数定义为. （1）求双曲余弦函数在处的切线方程； （2）令，请讨论在的单调性； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六安市2026年高三学业水平检测 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和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、单选题：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，则为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数运算法则，将复数先化简，再求出共轭复数，再根据复数模长计算即可求解. 【详解】由题意可知， 所以可知，则可知. 故选：A 2. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的基本运算进行求解. 【详解】因为， 所以或， 所以， 故选：B 3. 对于两个不共线向量，，已知，，若与共线，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用共线定理即可求解. 【详解】由题意知. 若与共线，则存在实数使得， 因向量，不共线， 所以解得，故的值为. 故选：C 4. 已知函数满足：，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】将正数输入通过周期转换为非正数输入，再代入对应的解析式求值. 【详解】当时，， 所以， 又当时，， 所以， 故选：C 5. 在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，将角的终边按照顺时针方向旋转后得到角，则的值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据终边的点求出的值，得到，将化为，代入求值. 【详解】因为角终边经过点， 所以，且为第三象限角, 所以， 又将角的终边按照顺时针方向旋转后得到角，所以， 所以 故选：D 6. 圭表是我国古代通过观察记录正午时影子长度的长短变化来确定季节变化的一种天文仪器，它包括一根直立的标杆（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺（称为“圭”）.当正午阳光照射在表上时，影子会落在圭面上，圭面上影子长度最长的那一天定为冬至，影子长度最短的那一天定为夏至.如图是根据六安市（北纬32°）的地理位置设计的圭表的示意图，已知六安市冬至正午太阳高度角（即）约为，夏至正午太阳高度角（即）约为，圭面上冬至线和夏至线之间的距离（即的长）为7米，则表高（即的长）约为（ ）（已知，） A. 3.26米 B. 4.73米 C. 5.37米 D. 6.31米 【答案】C 【解析】 【分析】利用表高表示出冬至和夏至时圭面上的影长 CB 和 CD，根据两者之差 BD=7米列出方程，解出 表高。 【详解】设表高，在中，，， 在中，，， 已知冬至线和夏至线之间的距离米，所以，解得， 因此，表高约为米， 故选：C. 7. 已知，为平面内两定点且，动点满足，记点的轨迹为曲线，动直线与曲线相切，若直线与以为圆心、5为半径的圆相交所得的弦长为，则的最大值与最小值的差为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】以线段所在的直线为轴，垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，设，根据求出点的轨迹方程，设点到直线的距离为，则，当切线过点时，取得最大值，当切线过点时，取得最小值，求出最大值与最小值可得答案. 【详解】以线段所在的直线为轴，垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系， 设，， ， 因为，所以， 即，点的轨迹曲线是以为圆心，半径为1的圆， 以为圆心、5为半径的圆的方程为， 因为， 所以曲线在圆内， 设点到直线的距离为，所以 当切线过点时，，取得最大值，即为大圆的直径的长，为10， 当切线过点时，最大，此时，取得最小值， 此时，， 则的最大值与最小值的差为. 故选：D. 8. 已知个大于2的实数，，…，，对任意，存在满足，且，则使恒成立的最小正整数为（ ） A 6 B. 8 C. 15 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知，对两边取对数，可得，构造函数，利用导数分析其单调性，并结合，得，从而得到.解，可得使恒成立的最小正整数. 【详解】由题可知，对两边取对数，可得. 令，则. 令，则，所以；令，得. 所以在上单调递增，在单调递减. 又，所以. 所以. 令，. 所以，使恒成立的最小正整数值为. 故选：D. 二、选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在正四棱锥中，，分别为棱，的中点，，则下列结论正确的是（ ） A. 与异面 B. C. 平面 D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由线面平行的定义和判定定理判断；对B，利用等腰三角形三线合一，证明 DE 垂直于 SB；对C，通过中位线找线线平行（EF∥SC），结合线面平行判定定理判断；对D，证明 AC 垂直于平面 判断. 【详解】对于A：因为底面是正方形，所以，平面，平面，所以平面， 平面内，所以与无公共点，且与不平行（否则与矛盾），所以与异面，A正确； 对于B：设，则由正棱锥性质可知，因为为中点，所以与不垂直，B错误； 对于C：因为分别为棱中点，所以，又平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D：连接交于点，则为中点， 因为，所以，又，平面，所以平面, 因为为中点，所以平面即平面，所以平面，D正确； 故选：ACD. 10. 对于无穷数列，若存在常数，对任意的，都有不等式成立，则称数列有逐差上界.下列选项正确的有（ ） A. 若数列，则数列有逐差上界 B. 若数列和有逐差上界，则数列也有逐差上界 C. 以1为首项，为公比的等比数列有逐差上界 D. 若由数列的前项和构成的数列有逐差上界，则数列也有逐差上界 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，先写出数列 分段函数形式的通项，发现相邻差的绝对值恒为 1，逐差和随 n 线性增长，因此无逐差上界；对 B：利用三角不等式，将的逐差和拆分为 和 逐差和之和，从而继承两者的上界；对 C，等比数列 的相邻差绝对值构成等比数列，其无穷和收敛，因此逐差和有上界；对 D，由有逐差上界推出有上界，再用三角不等式证明 的逐差和有上界，故也有逐差上界. 【详解】对于A：因为，所以， 所以， 所以不存在常数，对任意，，A错误； 对于B：若和有逐差上界，即存在，对任意， ，， 则对，有 即也有逐差上界，B正确； 对于C：因为等比数列首项为1，公比为，所以， 所以, 则 ， 即存在常数，对任意，都有，C正确； 对于D：若由数列的前项和构成的数列有逐差上界， 即，则， 则都有上界，其中是一个固定常数， 则由 即数列有逐差上界，D正确； 故选：BCD. 11. 已知为坐标原点，，分别为椭圆的左右焦点，，是椭圆上的点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在椭圆内，则椭圆的离心率 B. 若且点到直线的距离等于，则 C. 若椭圆上存在点使，则 D. 若轴，且周长取最大值时其面积为3，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据点与椭圆的位置关系求出的范围，进而求出离心率的范围；对于B，先求出点的坐标，再根据点到直线的距离公式求出的值，最后求出离心率；对于C，根据椭圆的定义和性质求出的范围；对于D，先判断出当直线轴于点时周长取最大值，根据此时三角形的面积求出，进而求出的值. 【详解】对于A，因为点在椭圆内，所以，解得， 又因为，所以， 椭圆离心率为，又，所以， 所以，所以，A错误； 对于B，因为，则点横坐标为，将代入椭圆方程得：， 解得：，不妨设，则直线的方程为， 即， 又到直线的距离为， 两边同时平方且约去得，化简并整理得：， 又，所以，解得（负值舍去）， 所以，所以离心率为，故B正确； 对于C，根据椭圆定义有，又， 所以，所以， 因为 ，即，解得， 又因为，所以，解得， 又，所以，故C正确； 对于D，根据椭圆定义有， 所以的周长为 ， 要使的周长最大，则需使的值最小， 根据三角形不等式，当且仅当三点共线时，等号成立， 又轴，所以的横坐标为，将代入椭圆方程得：， 解得：，所以，边上的高为， 此时的面积为， 又，所以，即， 即，解得或， 因为，所以舍去； 当时，； 当时，；D错误； 故选：BC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的顶点在坐标原点，对称轴为轴，且过点，则此抛物线的方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可设抛物线方程为，代入点坐标求解. 【详解】因为抛物线的顶点在坐标原点，对称轴为轴，且过点， 所以抛物线的焦点在轴的正半轴上，可设方程为， 代入点得，，解得， 所以抛物线的方程为. 故答案为：. 13. 已知等差数列的前项的和为，，，若对任意且都有不等式成立，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设可求得等差数列的前项的和为，代入条件，然后结合不等式的恒成立问题和双勾函数的性质即可求解. 【详解】设等差数列的公差为，因为，， 所以，，解得，所以； 因为对任意且都有不等式成立， 所以对任意且都有不等式成立，即对任意且成立； 令，则在上单调递减，在上单调递增； 又，所以当时，取得最小值，即； 所以，即的取值范围为. 14. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则正数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性以及推出其性质，由此可将原问题转化为对任意恒成立，分离参数可得；继而利用构造函数，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】由可得， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， 故对于，不等式成立的充要条件为； 令，则不等式对任意恒成立， 等价于对任意恒成立， 即，即； 令，，则，在上单调递增， 故须大于等于在上的上确界，即； 令，，则，在上单调递减， 故须小于等于在上的下确界，即； 综上，可得正数的值范围为. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知、、分别为三个内角、、的对边，且. （1）求角； （2）已知，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理角化边，再利用余弦定理公式可得答案； （2）利用正弦定理将转化为，然后利用三角恒等变换的公式将表示成三角函数的形式，通过三角函数的值域的求法求出范围. 【小问1详解】 因为，所以， 即，即， 所以， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）知，又， 由正弦定理， 所以， 所以 ， 又，所以， 所以， 所以的取值范围是. 16. 已知数列满足，. （1）证明：为等比数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的定义证明即可； （2）先根据第（1）问求出数列的通项公式,再利用分组求和与错位相减法求解即可. 【小问1详解】 若，则，不符合题意， 所以，所以，即， 所以，所以， 又， 所以是以为首项，为公比的等比数列； 【小问2详解】 由（1）可知，所以， 所以， 令， 则， 设， 所以， 所以， 所以， 所以. 17. 如图，直四棱柱底面为菱形，，，，点为棱上靠近的三等分点，点在上且，过点M、N、C的平面与直线交于点. （1）求证：； （2）若，求三棱锥的外接球的表面积； （3）若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的性质即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，设三棱锥的外接球的球心为，根据列方程求出的坐标，即可求得外接球半径，则可求答案； （3）求出点P 的坐标，进而求出平面的法向量，结合二面角的余弦值，列式求解，即可得答案. 【小问1详解】 由题意知过点M、N、C的平面与直线交于点，故共面， 因为直四棱柱中，平面平面， 且平面平面，平面平面， 故； 【小问2详解】 由于四边形为菱形，，故， 作于E，则，； 以D为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 时，，则， 连接并延长交于F，连接交即为P点， 结合题意知，故，则A为中点， 又因为，故，而， 故为同一点，则， , 设三棱锥的外接球的球心为，则， 即， 解得，故三棱锥的外接球的半径为， 故三棱锥的外接球的表面积为； 【小问3详解】 由于，则， 而，故， 结合，，设，则， 又，而, 结合三点共线，可得，则，则， ，， 设平面的法向量为，则， 即得，令，则， 即， 平面的法向量可取为， 由于二面角的余弦值为，故， 结合，解得. 18. 已知双曲线E：的实轴长为2，渐近线方程为. （1）求双曲线的方程； （2）设为双曲线E的下顶点，过点且斜率不为0的直线交双曲线E上支于、两点，直线、与直线的交点分别为、，线段、的中点分别为、，点为坐标原点. （i）求直线斜率的取值范围； （ii）若、、三点共线，求的值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据实轴长及渐近线斜率列方程组求出，直接写出标准方程； （2）（i）设直线 CD方程为与双曲线联立，利用二次方程根的两根异号，结合，得到斜率的取值范围；（ii）先求出 CD 中点 M 的坐标，再求出直线 AC，AD 与 交点 P,Q 的中点 N 的坐标，最后利用 O,M,N 三点共线（斜率相等）的条件，解方程求出. 【小问1详解】 因为双曲线的实轴长为，渐近线方程为， 所以，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）双曲线下顶点， 由题意，过且斜率不为的直线斜率存在，设为， 联立，可得，即， 设，则，即， ， 且， 由已知，所以，解得，又， 所以直线斜率的取值范围为； （ii）由（i）中方程，中点的横坐标， 纵坐标，即， 直线斜率，方程为， 由得，即， 同理可得， 所以中点的横坐标 ， 所以， 若三点共线，则，即， 化简得，即，解得. 19. 双曲正余弦函数是数学中重要的超越函数，其定义基于指数函数的线性组合：双曲正弦函数定义为，双曲余弦函数定义为. （1）求双曲余弦函数在处的切线方程； （2）令，请讨论在的单调性； （3）证明：. 【答案】（1） （2）在上单调递增； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）求出函数的导函数，令，，再利用导数说明的单调性，即可得解； （3）首先构造函数，利用导数证明当时，，即可得到，令，即可得到，再累加及利用裂项相消法计算可得. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 又，所以在处的切线方程为. 【小问2详解】 因为，， 则， 令，，则， ，当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增. 【小问3详解】 先证：当时，； 令，，则， 令，，则， 令，， 则， 所以在单调递增，∴，即在单调递增， ，即，即在单调递增， ，即当时，. 由（2）知当时，即， 因为，则，即， 所以，即（）； 令， 则， 当时，则有：， ，，； 相加可得： ， 其中 ， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $