精品解析：安徽池州市普通高中2026届高三下学期教学质量统一监测数学试卷

2026年池州市普通高中高三教学质量统一监测 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案选项涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应区域，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆C的圆心在y轴上，若圆C过点且与直线相切，则圆C的半径为（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 设O为坐标原点，F为抛物线的焦点，过F作x轴的垂线交C于两点，点M在C上（异于点），且M在x轴上的正投影为N，则四边形的面积（ ） A. 与成正比 B. 与成正比 C. 与成正比 D. 与成正比 7. 现有1个白球、3个黑球，将它们随机放入如图所示的编号为1～6的抽屉内，每个抽屉至多放一个球，且所有黑球均放在白球的左侧.设白球所在抽屉的编号为X，则（ ） 1 2 3 4 5 6 A. B. C. D. 8. 设函数的定义域为，，若的图象与x轴相交于点，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 是奇函数 二、选择题：本题共3个小题，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. 已知，则（ ） A. 的导函数关于直线对称 B. 曲线在处的切线方程为 C. 函数的极小值点为 D. 函数的极大值点为0 10. 如图，在棱长为1的正方体中，，过点B，E，F的平面截该正方体所得的截面记为S，若三棱锥的外接球球心，则（ ） A. B. S为五边形 C. S的面积为 D. S分正方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积比为 11. 在数列中，存在（，），使得对任意，都有，下列说法正确的有（ ） A. 若A：1，2，则 B. N可能是奇数 C. 若A为等差数列，当，时，则的最大值为2 D. 若A为正项等比数列，当时，则N的最大值为6 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的两个焦点分别为，，点P在该椭圆上，且，则该椭圆的离心率为________． 13. 已知随机变量，且，若（为有理数），则________． 14. 在平面四边形ABCD中，，，，当锐角取最大值时，________． 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. 某同学为养成锻炼习惯，使用智能手环记录自己连续五天的行走步数，设日期顺序变量x（为第一天），y（单位：千步）为对应日期的步数，具体数据如下表： 日期顺序（天） 1 2 3 4 5 步数y（千步） 6.2 6.8 7.6 8.4 9.0 （1）求y关于x的经验回归方程； （2）利用（1）中的回归方程，预测该同学第7天的步数能否达到一万步. 附：经验回归方程，其中， 16. 已知是单调递增数列，记为数列的前n项和，且． （1）证明：是等差数列； （2）令，求． 17. 如图1所示，在平面四边形ABCD中，已知，，将沿直线AC翻折至（如图2），使得． （1）证明：平面平面ACD； （2）点F在线段DE上，且二面角的大小为60°． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求CD与平面ACF所成角的正弦值． 18. 已知． （1）当时，求函数的单调性； （2）当时，判断曲线与直线交点的个数，并证明； （3）设，若存在实数，使关于的不等式的解集为，求的最小值． 参考数据：，，，，． 19. 已知双曲线过点和． （1）求双曲线的方程； （2）是双曲线上一点，设，，直线交于另一点，直线交于另一点，且，（各点均不重合）． （ⅰ）证明：直线过轴上的定点； （ⅱ）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年池州市普通高中高三教学质量统一监测 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案选项涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案选项.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应区域，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，所以. 2. 若，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将复数化成的形式，即可得答案. 【详解】因为 所以z的虚部为. 3. 函数的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用整体代换求得对称中心，再赋值求解即可. 【详解】令，解得， 所以函数的对称中心为 当时，，即是函数的一个对称中心. 4. 已知圆C的圆心在y轴上，若圆C过点且与直线相切，则圆C的半径为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设圆心坐标为，半径为，由题意列出方程组求解即可. 【详解】设圆心坐标为，半径为， 由题意可得， 解得， 所以圆C的半径为. 5. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量在另一个向量上的投影向量公式求解即可. 【详解】因为，所以，， 所以在上的投影向量为 6. 设O为坐标原点，F为抛物线的焦点，过F作x轴的垂线交C于两点，点M在C上（异于点），且M在x轴上的正投影为N，则四边形的面积（ ） A. 与成正比 B. 与成正比 C. 与成正比 D. 与成正比 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知求得，结合确定、，即可得. 【详解】由题意，代入，则，故， 所以，而， 由，则，A错，B对， 由，则，C、D错. 7. 现有1个白球、3个黑球，将它们随机放入如图所示的编号为1～6的抽屉内，每个抽屉至多放一个球，且所有黑球均放在白球的左侧.设白球所在抽屉的编号为X，则（ ） 1 2 3 4 5 6 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由已知白球编号的可能取值为， （白球在4号，3个黑球从左侧3个抽屉选） （白球在5号，3个黑球从左侧4个抽屉选） （白球在6号，3个黑球从左侧5个抽屉选） 所以 8. 设函数的定义域为，，若的图象与x轴相交于点，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 是奇函数 【答案】D 【解析】 【分析】通过令和，确定函数为一次函数，通过待定系数法确定解析式，再逐项判断即可. 【详解】令可得：， 再令，可得， 即函数为一次函数， 设，代入给定等式， 左边：， 右边： 对比系数得：  若，得，，与无交点，舍去； 若，得，即，验证满足原等式。 已知，即，得， 对于选项A：，错误； 对于选项B：，错误； 对于选项C：，显然不是奇函数，错误； 对于选项D，令，定义域为R， 满足，是奇函数，正确. 二、选择题：本题共3个小题，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. 已知，则（ ） A. 的导函数关于直线对称 B. 曲线在处的切线方程为 C. 函数的极小值点为 D. 函数的极大值点为0 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出的导函数，根据二次函数的性质求得其对称轴，判断A；利用导数的几何意义求得曲线在处的切线方程，判断B；利用导数求出函数的极小值点和极大值点判断C，D. 【详解】函数的定义域为，， 所以导函数关于直线对称，所以A错误； 因为， 所以曲线在处的切线方程为，即，所以B正确； 因为， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以函数的极小值点为，函数的极大值点为0，所以C，D正确. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，，过点B，E，F的平面截该正方体所得的截面记为S，若三棱锥的外接球球心，则（ ） A. B. S为五边形 C. S的面积为 D. S分正方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积比为 【答案】AC 【解析】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得，和，求得平面的法向量为，结合，列出方程，求得，可判定A正确；得到截面的形状为等腰梯形，可判定B不正确；结合梯形的面积公式，求得截面的面积，可判定C正确；结合棱台的体积公式，结合正方体的体积，可判定D不正确. 【详解】对于A，以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 因为，所以点为中点，可得， 又因为，设，可得， 所以，可得，解得，所以， 由三棱锥的外接球即为为棱的长方体的外接球， 因为，可得对应长方体的对角线长为， 所以的外接球的半径为， 可得球心为长方体的对角线的中点，所以， 设平面的法向量为， 由，令，则，所以， 因为，所以向量与平面的法向量为垂直，则， 即，解得，所以A正确； 对于B，当时，可得，此时点为的中点， 因为点为中点，可得， 在正方体中，可得，所以， 此时过点的平面截正方体的截面为等腰梯形，所以B不正确； 因为正方体的棱长为，可得， 设等腰梯形的高为， 则， 所以等腰梯形的面积为，所以C正确； 对于D，因为正方体的棱长为，可得其体积为， 又因为分别为的中点， 根据棱台的定义，可得多面体为三棱台， 且，高， 可得三棱台体积为， 所以较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积比为，所以D错误. 11. 在数列中，存在（，），使得对任意，都有，下列说法正确的有（ ） A. 若A：1，2，则 B. N可能是奇数 C. 若A为等差数列，当，时，则的最大值为2 D. 若A为正项等比数列，当时，则N的最大值为6 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过分析的斜率变化规律，得出仅当项数为偶数时存在区间使为常数，再结合等差、等比数列的性质逐一验证选项. 【详解】令，由题意知，当时，恒有， 所以函数在区间上是常数函数，所以不为常数列，将数列从小到大排序后， 的斜率每过一个项增加2，仅当斜率为0时，为常数， 此时满足（为左侧的项数），即（必为偶数）， 且落在第项和第项之间. A：，对任意，， 显然，选项A正确： B：由前分析可知，必为偶数，选项B错误； C：不妨设等差数列单调递增，则公差，由得：当时，， 所以，且，所以，由得，选项C正确； D：不妨设正项等比数列单调递增，则公比，记数列的前项和为，由是偶数， 可令．所以，当时，，且， 所以，， 由等比数列求和公式，得， 当时，，，令，设， 则恒成立，所以在单调递增， 所以函数，在上单调递增，所以， 由，得，解得，即， 所以（当且仅当，时，取＂＂），选项D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的两个焦点分别为，，点P在该椭圆上，且，则该椭圆的离心率为________． 【答案】 【解析】 【详解】椭圆的两个焦点分别为，，设椭圆的焦距为，则， 又点P在该椭圆上，且，设椭圆的长轴长为，则， 故椭圆的离心率为. 13. 已知随机变量，且，若（为有理数），则________． 【答案】2 【解析】 【分析】由正态分布的对称性求参数值，应用二项式定理及已知确定对应项系数确定，即可得. 【详解】由正态分布的对称性知，则，所以， 由的展开式通项为， 由题设，， 所以. 14. 在平面四边形ABCD中，，，，当锐角取最大值时，________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，由锐角取最大值，转换成取得最大值，在，中，应用正弦定理得到，，构造函数，求得确定单调性，确定最值，进而可求解. 【详解】  设，则， 因为，为等腰三角形， 由正弦定理： ， 化简得， 设（为锐角）， 在中由正弦定理： ，代入，​， ， 化简得： ， 因为是锐角，在单调递增，故最大等价于最大， 令，，则， 求导得： ， ，得（）， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 故当时，取得最大值，对应最大， 当时，得： ​​，​， ， 在中，由余弦定理， 代入得​： ，  解得（舍去）. 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. 某同学为养成锻炼习惯，使用智能手环记录自己连续五天的行走步数，设日期顺序变量x（为第一天），y（单位：千步）为对应日期的步数，具体数据如下表： 日期顺序（天） 1 2 3 4 5 步数y（千步） 6.2 6.8 7.6 8.4 9.0 （1）求y关于x的经验回归方程； （2）利用（1）中的回归方程，预测该同学第7天的步数能否达到一万步. 附：经验回归方程，其中， 【答案】（1） （2）预测该同学第7天的步数能达到一万步 【解析】 【分析】（1）利用最小二乘估计可求得经验回归方程； （2）令，代入回归方程求解即可. 【小问1详解】 ， 所以 又过，所以 所以关于的经验回归方程为 【小问2详解】 令，得（千步） 因为10.48千步等于1.048万步 所以由（1）中的回归方程，预测该同学第7天的步数能达到一万步 16. 已知是单调递增数列，记为数列的前n项和，且． （1）证明：是等差数列； （2）令，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系，结合递增数列的特点，根据等差数列的定义可证； （2）分别求出数列的通项公式，利用错位相减求和法求得的结果. 【小问1详解】 令，得，所以； 由题意得， 所以当时， ，即， 所以或 所以或. 因为数列是单调递增数列，所以当时，， 所以， 所以，，即是首项为，公差为的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知，所以. 令 则① 两边同乘以2，得② ②-①，得 所以. 17. 如图1所示，在平面四边形ABCD中，已知，，将沿直线AC翻折至（如图2），使得． （1）证明：平面平面ACD； （2）点F在线段DE上，且二面角的大小为60°． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求CD与平面ACF所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）取的中点，先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论； 解法一：（ⅰ）先证明是二面角的平面角，根据面积公式可得，由此可求结论； （ⅱ）过作交于，求三棱锥的体积，利用等体积法求点到平面的距离，再由线面角的几何定义求结论； 解法二：（ⅰ）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式列方程求， （ⅱ）求直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 证明：取的中点，由题意知，，所以，，三点共线， 由得；由得， 又，故，所以， 又，且，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 解法一：（几何法） （ⅰ）由（1）知平面，平面， 所以，又，平面平面， 所以是二面角的平面角，所以， 由得， 所以， 即，即， 由得，所以； （ⅱ）过作交于，则平面， 由（ⅰ）知， 所以， 由（ⅰ）知，所以， 记到平面的距离为，所以， 所以，即， 记与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为． 解法二：（建系法） （ⅰ）由（1）可知如图所示建系，则，，， 由得， 设平面的法向量为，由得， 故，取，可得，所以， 设平面的法向量为， 记二面角的大小为，则， 化简得，解得或（舍）， （ⅱ）由（ⅰ）知，取平面的法向量为， 又，记与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为． 18. 已知． （1）当时，求函数的单调性； （2）当时，判断曲线与直线交点的个数，并证明； （3）设，若存在实数，使关于的不等式的解集为，求的最小值． 参考数据：，，，，． 【答案】（1）在单调递增，在单调递减 （2）1个， 解法一： 由题意得， ①当时，，所以， ②当时，求导得， 所以在单调递减， 又，， 所以曲线与直线交点的个数为1． 解法二：求导得， 令，求导得， 令，则，令得， 当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递增， 所以， 所以在R上单调递减，又，， 所以有唯一根，记为， 故在单调递增，单调递减， 取，有；取，有，画出简图如图所示， 所以曲线与直线交点的个数为1． （3）3 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的正负即可求解； （2）解法一：由局部放缩及局部求导即可证明；解法二：整体求导判断出单调性，作出简图即可判断； （3）解法一：穷举验证法，分类讨论得值求解；解法二：参变关联法，分类讨论和，结合的解集为，列出不等式即可求解． 【小问1详解】 求导得，令，解得， 当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解法一：①当时，由（1）知在单调递增，单调递减， 取，有；取，有， 若，左边找点：取， 则 ，（这里用到了，，，） 右边找点：取， 则， 不满足题设条件，舍； 若，当时，， 当时，， 所以的解集为R，舍； ②时，取，有；取，有， 由②的解集为时，则（*）， 又，所以（*）不成立，舍； ③当时，取，有；取，有， 同理，当时，， 当时，求导得， 所以在单调递减， 所以的解集为时，则（）， 又，，所以（）成立， 综上，的最小正整数为3． 解法二：由，取，有；取，有， 若时，， 若时，对求导得， 所以在单调递减， 所以的解集为时，则，即且，即（）， 由（*）和（）得，令， 显然单调递增，因为，， 所以的根为（），其中， 所以的解为， 由（*）得，由（）得，结合，， 所以的最小正整数为3． 19. 已知双曲线过点和． （1）求双曲线的方程； （2）是双曲线上一点，设，，直线交于另一点，直线交于另一点，且，（各点均不重合）． （ⅰ）证明：直线过轴上的定点； （ⅱ）记直线，的斜率分别为，，证明：为定值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的性质和经过的点可得双曲线方程； （2）（ⅰ）先设各点的坐标，再结合向量的关系可求得直线经过的定点；（ⅱ）法一：通过设相关点，再结合向量关系可得，进而可证明定值；法二：通过设相关点，再结合向量关系及点差法可得，进而可证明定值；法三：先设直线的方程为，再利用根与系数关系可得及向量关系可得，从而证明定值；法四：直接设直线，再根据系数关系及向量关系可得，进而可证明定值. 【小问1详解】 因为双曲线过点，所以点是双曲线的右顶点，得， 又因为双曲线过点，所以，解得. 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）设点，，，，，如图： 因为， 由得，即. 又因为， 由得，即. 设直线过轴上的定点，则,, 所以直线过轴上的定点 （ⅱ）解法一：（设点法一相关点） 设点，，，由得① 因为点在上，所以，即②，如图： 由①②得 又点在上，所以，即 由题意知，所以③ 同理得④ 由③-④得， 因为，即⑤ 由得，即⑥ 联立⑤⑥解得， 所以 解法二：（设点法——定比点差） 设点，， 由得①，由得② 一方面，由得③ 将①②代入③得④ 另一方面，由得⑤ 将①代入⑤得⑦ 联立①⑦得⑧，同理得⑨ 联立⑧⑨得⑩ 由④⑩得 所以 . 解法三：（设线法一设线解点） 设点，，，一方面，由得① 另一方面，联立得（其中） 所以 所以② 由①②得，即③ 同理得④ 由得⑤ 由③-④得⑥ 联立⑤⑥得 所以 解法四：（设线法——韦达定理） 由（ⅰ）可设直线 联立得由韦达定理得③ 由①②得 ④ 将③代入④得⑤ 又因为点在上，所以⑥ 联立⑤⑥得,, ，解得⑦或（舍） 所以 . 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $