精品解析：安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试题

安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试题 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．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． 3．本卷命题范围：高考范围． 一、选择题：本大题共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，集合，则的真子集个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，集合，则． 则的真子集个数为． 2. 设复数，是z的共轭复数，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， 则，则的虚部为. 3. 若函数的最小正周期为，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】由周期公式确定，进而可求解. 【详解】因为的最小正周期为， 所以，即， 所以． 4. 已知向量，则“”是“与的夹角为锐角”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量夹角公式及向量夹角的范围，求出与的夹角为锐角的充要条件，再结合条件，即可求解. 【详解】因为， 则， 由与的夹角为锐角，可得，解得且， 则“”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件． 5. 已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列前项和最值的性质，建立不等式解出即可. 【详解】因为是中的唯一最大项，所以且， 即且，又，解得， 即的取值范围为． 6. 如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点，根据条件求出点坐标，由三角函数的定义得，结合条件，由余弦的差角公式，即可求解. 【详解】由题意可知，针尖所在点初始位置在第二象限内，设为点，且在单位圆上， 如图所示，点的纵坐标为，设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点， 设经过小时后，时针针尖所在点的坐标为，则， 在直角三角形中，，因为，所以， 又因为，所以点在第一象限内，设，则点坐标为， 设点，由，解得或舍去， 设，则， 所以． 7. 已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为是偶函数，， 所以，即①，因为 是奇函数，所以， 所以，即②， ①+②，并整理得． 8. 不全为的实数对满足关系式，则这样的实数对共有（ ）组. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】可变形为，则可转化为点与点到直线的距离为，再分别以、为圆心，作半径为的圆，再利用两圆位置关系与公切线条数的关系计算即可得. 【详解】由可得， 即点与点到直线的距离都为， 分别以、为圆心，作半径为的圆、圆， 由，故两圆外离，则两圆共四条公切线， 由图可得，两圆公切线都不过原点，故有对这样的实数对， 使得点与点到直线的距离都为. 故选：D. 二、多项选择题：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. 已知两组样本数据和，其中是的中位数，则这两组样本数据的（ ） A. 极差不相等 B. 中位数一定相等 C. 平均数一定相等 D. 标准差可能相等 【答案】BD 【解析】 【详解】不妨设，则，新数据按升序排列可得， 对于选项A：两组数据的极差均为，即极差相等，故A错误； 对于选项B：两组数据的中位数均为，即中位数相等，故B正确； 对于选项C：例如，则， 平均数为，新数据0，2，3，4，10的平均数为， 显然，所以平均数不相等，故C错误； 对于选项D：例如，则，显然其标准差为0， 新数据0，0，0，0，0的标准差也为0，两者相等，故D正确． 10. 已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且，则下列说法正确的有（ ） A. 该四棱台的体积为14 B. 侧棱与底面夹角的正切值为 C. 若为的中点，则平面BDE D. 该四棱台的外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出正四棱台体积判断A；求出侧棱与底面夹角正切判断B；利用线面平行判定推理判断C；求出外接球半径求解判断D. 【详解】设棱台的上下底面中心分别为， 对于A选项，因为正方形ABCD的边长为，正方形的边长为， 所以 ，台体的高为， 由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为，A正确； 对于B选项，侧棱与底面夹角的正切值为，B错误； 对于C选项，当点为的中点时，易知为AC的中点，则， 因为平面平面BDE，故平面，C正确； 对于D选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，设球的半径为， ， 则，由可得， 解得，故， 因此，该四棱台的外接球表面积为，D正确． 11. 已知椭圆曲线，下列结论正确的是（ ） A. 曲线与轴的交点的横坐标之和等于0 B. 曲线关于直线对称 C. 若直线与曲线恰有3个交点，则 D. 直线与曲线的交点的横坐标之和等于0 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，令,则，解方程即可判断；对于B，设点在曲线上若曲线关于直线对称，则对称点应满足：，化简即可求解；对于C，直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数，结合导数研究的单调性和极值即可求解；对于D, 直线代入方程整理得,结合三次方程的韦达定理即可求解. 【详解】对于A，令,则，解得：或,或，则曲线与轴的交点的横坐标之和等于，故A正确； 对于B，设点在曲线上，则， 若曲线关于直线对称，则对称点应满足： 展开左边：与原方程不相等，故B 错误； 对于C，令，求导得 令,解得：或，令,解得：， 所以的单调增区间为，单调减区间为 当时，；当时，， 所以的极大值为2，极小值为， 直线与曲线交点个数等价于方程的解的个数，等价于与的交点个数， 要使直线与曲线恰有个交点，需在内，即： 解不等式：，恒成立； ， 所以直线与曲线恰有3个交点，则，故C正确； 对于D，直线代入方程： ，整理得 设方程的三个根为，根据三次方程韦达定理：， 所以直线与曲线的交点的横坐标之和等于0，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为___________. 【答案】 【解析】 【详解】的一条渐近线方程为， ， ． 13. 若直线与曲线相切，则实数的值为___________. 【答案】5 【解析】 【分析】设直线与曲线相切于点，进而结合导数几何意义求得切点为，再代入直线方程求解即可. 【详解】设直线与曲线相切于点， 由得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 所以，即切点为 所以将代入直线方程得，解得． 14. 装修师傅要用红、黄、绿三种颜色的地砖铺设一条长10格的走廊，地砖宽度与走廊宽度相同，每块红色地砖长1格，每块黄色地砖长2格，每块绿色地砖长3格，地砖只能整块铺设，且3种颜色都要使用，相同颜色的地砖不作区分．已知装修师傅共使用了6块地砖，恰好铺满这条走廊，若要求相邻2块地砖的颜色不同，则共有____种不同的铺设方法． 【答案】 【解析】 【分析】设出使用红色，黄色，绿色地砖的块数，根据题意列出方程组，从而求得所用每种颜色地砖的块数，再根据红色地砖所在位置分类讨论即可求解. 【详解】设使用红色地砖块，黄色地砖块，绿色地砖块， 由题意得，，解得 ， 即使用红色地砖3块，黄色地砖2块，绿色地砖1块． 下面分四种情形讨论： ①3块红色地砖使用在第1，3，5块地砖的位置时，1块绿色地砖有种方式铺设， 剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法； ②3块红色地砖使用在第2，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖有种方式铺设， 剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有3种不同的铺设方法； ③3块红色地砖使用在第1，3，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第4，5块地砖的位置铺设， 有种方法，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有2种不同的铺设方法； ④3块红色地砖使用在第1，4，6块地砖的位置时，1块绿色地砖只能在第2，3块地砖的位置铺设， 有种方法，剩余2个位置铺设黄色地砖，所以共有2种不同的铺设方法. 综上，共有 种不同的铺设方法． 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）证明：； （2）求的取值范围． 【答案】（1） 因为， 则代入得， 所以，即， 由余弦定理可得， 所以，所以， 因为正弦定理 （ 为外接圆半径）， 则，，，代入上式： 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角形内角和，将 转化为 ，整理得 ，再代入余弦定理，化简得到边的关系式 ，最后结合正弦定理，将边的关系转化为角的正弦关系，完成证明. （2）先用（1）的边的关系，把用表示出来，再用基本不等式求出它的最小值，并验证等号能取到，然后根据三角形内角的性质，确定它小于1，最后综合得到的取值范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以， 由余弦定理得， 由基本不等式 （当且仅当 ，即 时取等号）， 得：， 又因为当时，代入，得，解得， 则满足三角形三边关系，故等号成立， 由，可知为最大边，且，故为钝角， 因此，即，故， 又由基本不等式得， 所以的取值范围为． 16. 如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面. （1）若为上靠近点的三等分点，证明：平面； （2）若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 如图，设与交于点，连接， 因为，，所以， 所以，所以为上靠近点的三等分点， 又因为为上靠近点的三等分点，所以在中，， 而平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）设与交于点，由，线线平行判定线面平行； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量，由线面角的正弦等于方向向量与法向量的余弦的绝对值计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，所以， 又因为平面，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， ， ， 从而， 因为，所以， 所以点的坐标为，， 设平面的一个法向量为， 则即 则，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，为锐角， 则， . 17. 已知甲手里有3张卡片分别标有数字1，3，5，同样乙手里也有3张卡片分别标有数字2，4，6，若在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张（不放回），并比较所选卡片上数字的大小，数字大的一方获胜并得1分，数字小的一方得0分，两人共进行三轮比赛． （1）求第一轮甲获胜的概率； （2）在第一轮甲获胜的条件下，第二轮甲获胜的概率； （3）三轮比赛结束，求甲的总得分的期望． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先确定甲、乙各自选卡片的所有可能结果数，再找出甲卡片数字大于乙的结果数，最后用古典概型概率公式计算； （2）先明确第一轮甲获胜概率，再确定事件“第一轮甲获胜且第二轮甲获胜”包含两种互斥情况，最后用条件概率公式计算； （3）分析甲每轮得分的可能取值，确定每轮得分的概率，再求解期望即可. 【小问1详解】 根据题意第一轮两人各自从自己持有的卡片中随机选一张， 所有可能组合有种： ， 甲获胜的情况是甲的数字大于乙的数字，有3种，所以甲获胜的概率为． 【小问2详解】 设“第一轮甲获胜”为事件，“第二轮甲获胜”为事件， 由上可知第一轮甲获胜的概率为，  事件“第一轮甲获胜且第二轮甲获胜”（记为）包含两种互斥情况：第一轮甲出3胜乙出2，第二轮甲出5胜乙出4与第一轮甲出5胜乙出4，第二轮甲出3胜乙出2,每种情况的概率均为， 故， 根据条件概率公式． 【小问3详解】 甲、乙双方的出牌顺序分别有种，所有可能的出牌顺序组合共有种，这些组合等可能.因对称性，可固定甲的出牌顺序为来分析甲的得分情况,设甲总得分为，则的可能取值为在不考虑出牌顺序的前提下， 第一行为甲出牌，其余为乙出牌，如下表， 甲得分 1 3 5 0 2 4 6 1 2 6 4 1 4 2 6 1 4 6 2 2 6 2 4 1 6 4 2 甲、乙两人出牌共有36种， 则， 则. 18. 如图，在平面直角坐标系中，曲线，点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点P，Q分别是曲线与线段AB上的动点． （1）求的值； （2）若直线PQ与轴垂直，且，求点的坐标； （3）若为曲线上一点，是否存在点使得四边形FQDP是以为邻边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，点 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义，抛物线上一点到焦点的距离等于到准线的距离，再结合点B的横坐标求解即可； （2）先设出点P的坐标，根据曲线方程表示出P的纵坐标，再得到点Q的坐标；然后写出向量和的坐标，利用向量数量积公式列出方程，进而求解点P的坐标； （3）假设存在满足条件的点P，因为四边形是以为邻边的矩形，所以根据矩形的性质，可得；设出点P，表示出Q的坐标，根据矩形性质表示出点D的坐标，结合Q在曲线C上的条件，联立方程求解，进而确定是否存在这样的点P. 【小问1详解】 依题意可得：曲线所在的抛物线的焦点为，准线为， 且，由抛物线的定义可知． 【小问2详解】 设，其中，则， ． 由得， 再结合，解得（负值已舍去）， 所以． 【小问3详解】 假设存在点使得四边形FQDP是以FP，FQ为邻边的矩形， 设，显然，其中①， 当时，显然四边形FQDP不可能是以FP，FQ为邻边的矩形， 故，则． 在矩形FQDP中，，故， 所以直线FQ的解析式为， 令，可得，即. 由对角线互相平分可得，此时 即点的坐标为． 当点在曲线上时，代入曲线的解析式得， 即②． 联立①②两式消去得， 解得或（舍去）， 所以（负值已舍去），故存在点满足题意． 19. 已知函数（为常数，e为自然对数的底数），曲线在点处的切线方程为． （1）求的值及函数的单调区间； （2）证明：当时，； （3）证明：当时，． 【答案】（1），的单调递减区间为，单调递增区间为. （2） 由（1）知， 所以，即， 令，则， 所以在上单调递增，所以，即. （3） 首先证明：当时，恒有， 证明如下：令，则， 由（2）知，当时，，则，所以，所以在上单调递增， 所以，所以．所以，即， 依次取，代入上式， 则， 以上各式相加，有， 所以， 所以， 即， 即可证明：当时，． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程；利用导数法求出单调性； （2）由（1）得到，从而得到的范围，从而得到． 构造函数，利用导数法得到的单调性，利用单调性得到，从而得到证明. （3）首先证明：当时，恒有．构造函数，利用导数法得到的单调性，从而得到. 依次取，代入上式，将得到的不等式相加，以上各式相加，经过整理得到，即可得到证明． 【小问1详解】 由，得， 又，所以， 所以， 由，得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试题 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．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． 3．本卷命题范围：高考范围． 一、选择题：本大题共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，集合，则的真子集个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 设复数，是z的共轭复数，则的虚部为（　　） A. B. C. D. 3. 若函数的最小正周期为，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 4. 已知向量，则“”是“与的夹角为锐角”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 8. 不全为的实数对满足关系式，则这样的实数对共有（ ）组. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多项选择题：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. 已知两组样本数据和，其中是的中位数，则这两组样本数据的（ ） A. 极差不相等 B. 中位数一定相等 C. 平均数一定相等 D. 标准差可能相等 10. 已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且，则下列说法正确的有（ ） A. 该四棱台的体积为14 B. 侧棱与底面夹角的正切值为 C. 若为的中点，则平面BDE D. 该四棱台的外接球表面积为 11. 已知椭圆曲线，下列结论正确的是（ ） A. 曲线与轴的交点的横坐标之和等于0 B. 曲线关于直线对称 C. 若直线与曲线恰有3个交点，则 D. 直线与曲线的交点的横坐标之和等于0 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为___________. 13. 若直线与曲线相切，则实数的值为___________. 14. 装修师傅要用红、黄、绿三种颜色的地砖铺设一条长10格的走廊，地砖宽度与走廊宽度相同，每块红色地砖长1格，每块黄色地砖长2格，每块绿色地砖长3格，地砖只能整块铺设，且3种颜色都要使用，相同颜色的地砖不作区分．已知装修师傅共使用了6块地砖，恰好铺满这条走廊，若要求相邻2块地砖的颜色不同，则共有____种不同的铺设方法． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）证明：； （2）求的取值范围． 16. 如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面. （1）若为上靠近点的三等分点，证明：平面； （2）若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 17. 已知甲手里有3张卡片分别标有数字1，3，5，同样乙手里也有3张卡片分别标有数字2，4，6，若在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张（不放回），并比较所选卡片上数字的大小，数字大的一方获胜并得1分，数字小的一方得0分，两人共进行三轮比赛． （1）求第一轮甲获胜的概率； （2）在第一轮甲获胜的条件下，第二轮甲获胜的概率； （3）三轮比赛结束，求甲的总得分的期望． 18. 如图，在平面直角坐标系中，曲线，点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点P，Q分别是曲线与线段AB上的动点． （1）求的值； （2）若直线PQ与轴垂直，且，求点的坐标； （3）若为曲线上一点，是否存在点使得四边形FQDP是以为邻边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数（为常数，e为自然对数的底数），曲线在点处的切线方程为． （1）求的值及函数的单调区间； （2）证明：当时，； （3）证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $