精品解析：安徽合肥市2026届高三第二次教学质量检测数学试卷

2026年合肥市高三第二次教学质量检测 数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 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，务必擦净后再选涂其它答案标号.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、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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助补集与交集定义计算即可得. 【详解】由，，则， 又，故. 2. 若，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】借助复数运算法则计算出后，利用复数几何意义即可得. 【详解】， 故在复平面内对应的点位于第一象限. 3. 记为数列的前项和，已知，，则（ ） A. 18 B. 54 C. 81 D. 162 【答案】B 【解析】 【分析】借助与关系计算可得，则可由等比数列定义求出数列的通项公式，即可得. 【详解】当时，，则， 故，又，故数列是以为首项，为公比的等比数列， 即，故. 4. 直线与抛物线交于，两点，则（ ）. A. B. 6 C. D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】联立直线方程与抛物线方程，可求出两交点坐标，再利用两点间距离公式计算即可得. 【详解】，解得或， 则. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助完全平方公式及二倍角公式可得，结合原式计算即可得解. 【详解】由， 故， 故，故，即. 6. 已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设该圆柱高为，底面半径为，则可得、间关系，再表示出圆柱的侧面积后，利用二次函数性质可得取最大时的、，从而可求出此时该球的半径，即可得其体积. 【详解】设该圆柱高为，底面半径为，则，即有， 圆柱的侧面积， 故当且仅当、时，取最大， 此时圆柱的外接球半径为， 则该球的体积. 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，，找出中间值，借助对数运算可得，合理放缩计算可得，则可得，即有，综上即可得解. 【详解】由，，则，， 由，则，即， 由，则，即， 故； 由，则， 即，即； 综上可得：. 8. 在中，，为边上一点，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则可在中利用正弦定理求出，则可求出，从而可结合得到与间关系，再利用即可得解. 【详解】设，则，， 由，则，， 在中，由正弦定理可得， 由，则，故， 由，故，故，即， 则 ， 则，即. 二、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. 某社区有150名中老年人参加园艺、摄影、书画等三个兴趣班，每人只参加一个兴趣班，各班人数及年龄（单位：岁）分布如下表： 兴趣班 年龄 园艺班 摄影班 书画班 合计 12 5 10 27 20 15 25 60 18 10 35 63 合计 50 30 70 150 从这150人中随机抽取1人，设事件为“抽到的人年龄位于区间”，事件为“抽到的人来自园艺班”，则（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人 D. 这150人年龄平均数的估计值为60岁 【答案】BC 【解析】 【分析】利用互斥事件定义可得A；利用相互独立事件的性质，验证与是否相等即可得B；估算60岁以上的老年人参加园艺班的人数即可得C；计算平均数即可得D. 【详解】对A：由园艺班中有年龄位于区间的人，故事件与事件可以同时发生， 故事件与事件不互斥，故A错误； 对B：，，， 有，则， 故事件与事件相互独立，故B正确； 对C：，故60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人，故C正确； 对D：，故D错误. 10. 在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 直线与所成角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：连接，借助中位线性质可得，利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，则可得；对B：借助菱形性质可得，再利用题目条件可得，则有等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：得到、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对A：连接，由，分别为棱，的中点，则， 由平行六面体性质可得，且，故四边形为平行四边形， 故，又，故，故A正确； 对B：连接、、、，设， 由，则四边形为菱形，故，为中点， 由，，，故与全等， 故，又为中点，故， 又，、平面，故平面，故B正确； 对C：由，， 则、、都为等边三角形，故， 则，， 故， 故，即，故C错误； 对D：连接，由，， 故直线与所成角即为直线与所成角，即为， ， ，， 则，故D正确. 11. 已知：，为上的任意一点，点，线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹与轴交于，两点，则（ ） A. 点的轨迹方程为 B. 当点不在轴上时，直线与的斜率之积为 C. 当时， D. 过点作直线的垂线，垂足为，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：借助垂直平分线性质可得，再利用可得，即可由双曲线定义得到点的轨迹方程；对B：设，可得，再表示出并计算即可得；对C：借助三角形内角和及诱导公式可得，再借助B中所得结合斜率与倾斜角的关系，利用两角和的余弦公式与同角三角函数基本关系计算即可得；对D：取点关于对称点，可得的轨迹方程，则可得中点的轨迹方程，再利用三角换元法及辅助角公式计算即可得解. 【详解】又：，则，半径， 由为线段的垂直平分线，故， 又为上的任意一点，故， 由，则， 则或，则， 故点的轨迹为以、为焦点，的双曲线， 由、，故，则， 即点的轨迹方程为，故A正确； 对B：设在左侧，由点的轨迹方程为，故、， 设，则有，故， 则，故B错误； 对C：由，故， 则， 即， 由B知，又， ， 故， 即， 则， 即，故C正确； 对D：取点关于对称点，则， 故点的轨迹方程为， 由在上且，则为中点，则有，， 故，，即有， 化简得，故可设，，， 则，其中， 即的最大值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知非零向量，满足，，则与的夹角为________. 【答案】 【解析】 【分析】借助数量积公式及模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】由，则， 即，则. 13. 设函数，，是直线与曲线的两个交点，且最小值为.若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由最小值可得的最小正周期，从而可得，再将代入计算即可得. 【详解】由最小值为，则的最小正周期为，即， 则，， 解得，又，故. 14. 已知函数，设，若恒成立，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】分析函数的单调性、奇偶性，及值域，分、、三种情况讨论，根据绝对值的性质求出的取值范围，即可得出的最小值. 【详解】因为，该函数的定义域为， ，故函数为偶函数， ， 因为，所以，所以，所以， 所以， 因为内层函数在上为增函数，外层函数在上为增函数， 所以函数在上为增函数， 当时，，，， 则； 当时，，，， 则. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. ①若， 则 ， 因为，，则， 显然，此时； ②若， 同①可知； ③若， 则， 表示函数的图象上两点、的垂直高度差， 由图可知，，， 所以， 又因为，即. 综上所述，故，即的最小值为. 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. 某出行平台为缓解市高峰时段打车难问题，实行“动态调价”机制.平台根据历史数据发现，乘客是否接受调价与其出行目的密切相关.根据历史订单，市高峰时段乘客出行目的可分为三类：工作通勤、接驳交通枢纽及其他，其占比分别为，，，且这三类出行目的的乘客接受动态调价的概率分别为，，.从市高峰时段所有订单中随机抽取一单. （1）求该订单乘客接受动态调价的概率； （2）已知该订单乘客接受动态调价，求其出行目的为工作通勤的概率. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【小问1详解】 设事件表示“出行目的为工作通勤”，表示“出行目的为接驳交通枢纽”，表示“出行目的为其他”，事件表示“乘客接受动态调价”. 由题意得：，，. ，，. 由全概率公式：.代入计算：. 故该订单乘客接受动态调价的概率为. 【小问2详解】 由贝叶斯公式：.代入计算：. 故在接受动态调价的条件下，该订单出行目的为工作通勤的概率为. 16. 设函数. （1）证明：曲线在点处的切线过定点，并求出该定点坐标； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）证明：因为，， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为：， 即，即， 所以曲线在点处的切线过定点； （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数几何意义计算可得曲线在点处的切线方程，再求出该切线所过定点即可得； （2）求导后分及讨论该函数单调性，结合零点存在性定理可得不符， 时需满足，解出即可得. 【小问1详解】 证明略；定点为； 【小问2详解】 ，， 当时，，则在上单调递减， 此时最多有一个零点，不满足题意； 当时，令，解得，令，解得， 于是在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当时，， 又因为有两个零点， 所以，即， 解得或， 因此，的取值范围为. 17. 记椭圆：的左、右顶点分别为，右焦点为，为上的动点.已知过点且与恰有一个公共点的直线的方程为，与直线分别交于两点. （1）证明为定值； （2）求面积的最小值及此时点的坐标. 【答案】（1） 直线的方程为，当时，，即， 而，，则，同理，， 因此，由在上，得， 则，所以为定值1. （2）1，. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标，结合点在椭圆上计算得证. （2）由（1）的结论，利用直角梯形及三角形面积公式求出面积的函数关系，利用基本不等式求出最小值，进而求出点的坐标. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，由（1）得，则直角梯形的面积， 而，于是，， 因此， 当且仅当，即时取等号，此时， 则直线的斜率，即， 又，而，解得， 所以的面积有最小值1，点的坐标为. 18. 如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. （1）证明：； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）当时，求四棱锥体积的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，由菱形性质可得，即可得； （2）借助梯形面积可得的面积，从而可求出，再以为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，可求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）过作，垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即为四棱锥的高，再设，，可得，则可用表示出，再构造相应函数，利用导数求出最大值即可得解. 【小问1详解】 连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，故； 【小问2详解】 当时，是边长为的等边三角形， 又因为梯形的面积为，所以的面积为， 所以，所以， 以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，所以， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，，所以， 所以， 因此，平面与平面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 过作，垂足为， 因为四边形为菱形，所以，即， 又是平面内的两条相交直线， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 设，，则，， 根据的面积为，得，即， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 因为， 所以， ，其中， 令，记，， 令，，或（舍）， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即， 所以三棱锥的体积最大值为， 因此，四棱锥体积的最大值为. 19. “二分法”是一种常用的检索方法.为正整数且数，为了寻找，我们可以把与区间中点进行比较，不断缩小区间范围，最后检索到.检索的过程分为取数和比较两个步骤.①取数：是集合中的整数，若为偶数，取；若为奇数，取.②比较：比较与的大小关系.若，则停止检索：若，则，，继续检索：若，则，，继续检索，下一次检索区间范围更新为，其中，.对于正整数，从集合中任取一个数，按上述检索过程找到数经历的比较次数为，记. （1）请完成表1和表2. 表1：时，不同取值所经历的比较次数 1 2 3 4 5 6 7 比较次数 2 3 1 3 3 表2：当时，不同取值所经历的比较次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 比较次数 4 3 4 2 3 4 1 4 3 4 2 4 3 4 （2）求、，并求出； （3）证明：，. 参考数据：. 【答案】（1）通过实际操作可以发现：当时的取值与其比较次数如下表： 1 2 3 4 5 6 7 比较次数 3 2 3 1 3 2 3 当时的取值与其比较次数如下表： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 比较次数 4 3 4 2 4 3 4 1 4 3 4 2 4 3 4 5 （2）， （3）根据（2）的分析，容易知道当时，可取. 对于任意的，设，， 则. 要证：， 即证：， 即证：. 设，， 只要证：. 因为， 设， 则， 所以在上单调递减，又， 所以在上单调递减，又， 故存在使得，所以在上单调递增，上单调递减， 容易验证，，现只需证. 因为，所以， ， 故，也即. 【解析】 【分析】（1）根据定义，对每个数进行考查，即可列出表格； （2）考虑随机变量的可能取值，研究对应值的概率，结合期望算法即可求出； （3）结合第（2）问，可设，则，利用换元，构造函数，，利用导数研究函数的单调性，即可证得结论成立. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知可取、、， 于是， 可取、、、、. 于是. 可取，当时，所有可能取到的数的个数记为， 则，， 所以，因此，于是 令， ， 上述两个等式作差得， 整理可得，所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年合肥市高三第二次教学质量检测 数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 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，务必擦净后再选涂其它答案标号.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、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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 记为数列的前项和，已知，，则（ ） A. 18 B. 54 C. 81 D. 162 4. 直线与抛物线交于，两点，则（ ）. A. B. 6 C. D. 8 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，为边上一点，且，，则（ ） A. B. C. D. 二、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. 某社区有150名中老年人参加园艺、摄影、书画等三个兴趣班，每人只参加一个兴趣班，各班人数及年龄（单位：岁）分布如下表： 兴趣班 年龄 园艺班 摄影班 书画班 合计 12 5 10 27 20 15 25 60 18 10 35 63 合计 50 30 70 150 从这150人中随机抽取1人，设事件为“抽到的人年龄位于区间”，事件为“抽到的人来自园艺班”，则（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人 D. 这150人年龄平均数的估计值为60岁 10. 在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 直线与所成角的余弦值为 11. 已知：，为上的任意一点，点，线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹与轴交于，两点，则（ ） A. 点的轨迹方程为 B. 当点不在轴上时，直线与的斜率之积为 C. 当时， D. 过点作直线的垂线，垂足为，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知非零向量，满足，，则与的夹角为________. 13. 设函数，，是直线与曲线的两个交点，且最小值为.若，则________. 14. 已知函数，设，若恒成立，则的最小值为________. 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. 某出行平台为缓解市高峰时段打车难问题，实行“动态调价”机制.平台根据历史数据发现，乘客是否接受调价与其出行目的密切相关.根据历史订单，市高峰时段乘客出行目的可分为三类：工作通勤、接驳交通枢纽及其他，其占比分别为，，，且这三类出行目的的乘客接受动态调价的概率分别为，，.从市高峰时段所有订单中随机抽取一单. （1）求该订单乘客接受动态调价的概率； （2）已知该订单乘客接受动态调价，求其出行目的为工作通勤的概率. 16. 设函数. （1）证明：曲线在点处的切线过定点，并求出该定点坐标； （2）若有两个零点，求的取值范围. 17. 记椭圆：的左、右顶点分别为，右焦点为，为上的动点.已知过点且与恰有一个公共点的直线的方程为，与直线分别交于两点. （1）证明为定值； （2）求面积的最小值及此时点的坐标. 18. 如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. （1）证明：； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）当时，求四棱锥体积的最大值. 19. “二分法”是一种常用的检索方法.为正整数且数，为了寻找，我们可以把与区间中点进行比较，不断缩小区间范围，最后检索到.检索的过程分为取数和比较两个步骤.①取数：是集合中的整数，若为偶数，取；若为奇数，取.②比较：比较与的大小关系.若，则停止检索：若，则，，继续检索：若，则，，继续检索，下一次检索区间范围更新为，其中，.对于正整数，从集合中任取一个数，按上述检索过程找到数经历的比较次数为，记. （1）请完成表1和表2. 表1：时，不同取值所经历的比较次数 1 2 3 4 5 6 7 比较次数 2 3 1 3 3 表2：当时，不同取值所经历的比较次数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 比较次数 4 3 4 2 3 4 1 4 3 4 2 4 3 4 （2）求、，并求出； （3）证明：，. 参考数据：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $