精品解析：安徽合肥市2026届高三年级5月教学质量检测数学试题

高三数学 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．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．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. 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，则z的虚部是（ ） A. B. 3 C. D. 3. 设向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设公差为3的等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 5. 当时，函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 盒中有6个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两次，每次取1个球．记事件A为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件B为“第二次取出小球的数字为5”，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线与C的右支交于A，B两点．若，则的值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 二、选做题：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. 已知两组样本数据和，，其中是的平均数， 不全相同，则这两组样本数据的（ ） A. 平均数一定相等 B. 中位数一定相等 C. 标准差一定不相等 D. 第百分位数可能相等 10. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 将的图象向右平移个单位可得到函数的图象 C. 在区间上单调递增 D. 直线是曲线的一条对称轴 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且斜率不为零的直线l交椭圆于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，为等边三角形，则下列说法正确的是（ ） A. C的离心率为 B. 存在四个点A使得为直角三角形 C. 记，，则的最大值为 D. 记的外接圆和内切圆半径分别为R，r，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，则______． 13. 已知点为圆上任意一点，过点分别向直线和作垂线，垂足分别为，，则的最大值为______． 14. 已知分别是函数的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是______． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若是锐角三角形，求的取值范围． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，底面ABCD，M是AD的中点，点N满足，，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正切值． 17. 已知抛物线，过点的直线交E于A，B两点． （1）设，，证明：为定值； （2）过点的另一条直线交E于C，D两点，且，求的最小值． 18. 有编号为的个相同大小的小球，，从中有放回地随机取次，每次取个球，记为这个球中未被取到的球的个数． （1）已知． （i）若，求的分布列； （ⅱ）若，求的概率； （2）若都是离散型随机变量，则．证明：． 19. 已知函数，其中，函数的最小值为2，为的导函数． （1）求的值； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）若在的极小值点为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．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. 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】D 【解析】 【分析】由交集的运算即可求解. 【详解】由题意得. 2. 若，则z的虚部是（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的四则运算法则结合复数的模即可求解. 【详解】由题意得， 则，所以z的虚部是. 3. 设向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，， 由得，解得. 4. 设公差为3的等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以． 5. 当时，函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域，结合时，的符号，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】对于函数，因为，由可得且， 故函数的定义域为，排除AC， 当时，，排除D. 6. 如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合球和圆柱的表面积公式求解. 【详解】如图，作半球O的轴截面，记半球半径为R，圆柱半径为r 由题意，圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高为2r，则有，故 所以剩余几何体的表面积为. 7. 盒中有6个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两次，每次取1个球．记事件A为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件B为“第二次取出小球的数字为5”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由已知条件，，，所以. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线与C的右支交于A，B两点．若，则的值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的定义，在直角三角形中利用勾股定理计算即可求解. 【详解】因为双曲线的离心率为，不妨设，则， 设，，则，， 在中，由勾股定理可得，解得， 则， 同理，在中，由勾股定理可得，解得， 所以. 二、选做题：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. 已知两组样本数据和，，其中是的平均数， 不全相同，则这两组样本数据的（ ） A. 平均数一定相等 B. 中位数一定相等 C. 标准差一定不相等 D. 第百分位数可能相等 【答案】ACD 【解析】 【详解】不妨设，则， 对于A：第二组数据的平均数为，故A正确； 对于B：第一组数据的中位数为，第二组数据为中间两数的平均值，不一定等于，故B错误； 对于C：记第一组数据的标准差为， 则第二组数据的标准差为，故C正确； 对于D：第一组数据第80百分位数为， 第二组数据第80百分位数为第5个数据，两者可能相等，故D正确． 10. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 将的图象向右平移个单位可得到函数的图象 C. 在区间上单调递增 D. 直线是曲线的一条对称轴 【答案】ABD 【解析】 【详解】由题意，，由，则，故． 对于A，的最小正周期为，故A正确； 对于B，将的图象向右平移个单位可以得到函数 ，故B正确； 对于C，当时，，而函数在上单调递减，故C错误； 对于D，，时，, 所以是其对称轴，故D正确． 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且斜率不为零的直线l交椭圆于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，为等边三角形，则下列说法正确的是（ ） A. C的离心率为 B. 存在四个点A使得为直角三角形 C. 记，，则的最大值为 D. 记的外接圆和内切圆半径分别为R，r，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，选取直线垂直于轴的特殊位置（即通径），直接求出未知参数进而计算离心率，对于B，先通过椭圆性质得该椭圆中最大的角不超过，由此可得直角只能是或，进而可证有4个点使得为直角三角形，对于C，利用正余弦定理将待求的三角函数式转化为关于焦半径的代数关系，最后借助基本不等式求最大值，对于D，运用正弦定理与面积公式分别表示出外接圆与内切圆的半径，将其比值转化为关于边角的函数进而求解最小值. 【详解】记． 对于A：直线l垂直于x轴时，不妨设，则， 因此离心率，故A正确； 对于B，当位于短轴顶点时，，即椭圆上任意一点都有， 所以若为直角三角形，直角只能是或， 当时，点在过点且垂直于轴的直线上，该直线与椭圆有2个交点， 当时，点在过点且垂直于轴的直线上，该直线与椭圆有2个交点， 所以椭圆上存在四个点使得为直角三角形，故B正确； 对于C：由上知，，且，则， 在中，由正弦定理得， 根据等比性质，有，其中， 则有，即， ，， 又， 其中，所以， 当且仅当取等号，此时， 所以，故C错误； 对于D：由，即， 的周长为， 由得， 因此，又，则， 当且仅当取等号，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，则______． 【答案】45 【解析】 【详解】，令， 则，即． 13. 已知点为圆上任意一点，过点分别向直线和作垂线，垂足分别为，，则的最大值为______． 【答案】18 【解析】 【分析】由题意可知互相垂直且均经过定点，进而可得，再由基本不等式计算即可求解. 【详解】圆C的圆心，半径， 由题意互相垂直且均经过定点， 因此，当且仅当三点共线且在线段之间时等号成立， 所以，当且仅当等号成立， 检验，当三点共线时，， 直线的方程为，即， 直线与圆联立方程组得，解得或， 结合题意可知，此时，解得或， 当时，直线，此时， 当时，直线，此时， 经检验，当或，时有最大值为. 14. 已知分别是函数的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】法一：将函数极值点的问题转化为其导函数对应的两个函数与的交点问题，通过图像分析判断出，再利用两函数相切的临界状态，通过切点处的函数值与导数值相等建立方程组，求出切点横坐标,进而结合图像中交点存在两个的条件，得到与的关系，最终得出的取值范围. 法二：将导函数的两正实根问题，转化为方程有两实根的问题，构造函数，通过求导分析其单调性与值域，得到的最大值及极限趋势，结合直线与图像有两个交点的条件，确定的取值范围，进而推出的取值范围. 【详解】法一：因为， 若函数有极大值点和极小值点，则与至少有两个交点． 如下图，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以由图易知． 记恰与相切时，切点为， 则有，解得，此时． 由题意和图像分析可知，又，所以． 法二：，函数有极大值点和极小值点，有两正实根. 即有两实根，令，则. 故易知在上单调递增，在上单调递减. 又，，；，. 所以，经检验时，符合题意． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若是锐角三角形，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理对已知边角关系式化角，约去后展开两角差余弦公式，化简求得角； （2）由正弦定理把转化为正弦形式，将用代换，经三角恒等变换化简得；根据锐角三角形求出的范围，进而即得. 【小问1详解】 由正弦定理， 为外接圆半径. 因为，所以， 即，化简为， 即，因为，所以． 【小问2详解】 因为，所以， 又， 所以． 又是锐角三角形，则，解得， 所以，. 所以的取值范围为． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，底面ABCD，M是AD的中点，点N满足，，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的正切值． 【答案】（1）证明：连接交于点，连接． 因为是的中点，，，所以． 又，所以，从而，在平面中，有． 所以，又平面BDN，平面． 所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）连接、交于点，连接，由是中点、，推出，再结合得，故，由平行线分线段成比例定理得，再由线面平行判定定理，得平面. （2）以为原点建系，写出各点坐标与相关向量，分别求出平面与平面的法向量，再用向量夹角公式算出两平面夹角的余弦值，进而求得正切值为. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面，以为坐标原点，以的方向为轴、轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，底面四边形为菱形，所以易得为等边三角形. 则，，，． 所以，，，． 设为平面的法向量， 则，即 可取． 设为平面的法向量， 则，即，可取． 设平面与平面的夹角为，则， 所以，所以． 设平面与平面的夹角的正切值为． 17. 已知抛物线，过点的直线交E于A，B两点． （1）设，，证明：为定值； （2）过点的另一条直线交E于C，D两点，且，求的最小值． 【答案】（1）证明：直线不垂直于轴，设直线AB方程为， 由消去x并化简得， 则，因此， 所以为定值. （2）． 【解析】 【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理计算得证. （2）由（1）求出，结合已知求出直线与的关系，再利用弦长公式列式，借助基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 设直线的方程为，同理， 由，得，则， 又， 同理，则． 当时，，， 且当且仅当时取等号，当时，，， 所以的最小值为. 18. 有编号为的个相同大小的小球，，从中有放回地随机取次，每次取个球，记为这个球中未被取到的球的个数． （1）已知． （i）若，求的分布列； （ⅱ）若，求的概率； （2）若都是离散型随机变量，则．证明：． 【答案】（1）（i） 3 4 P （ⅱ） （2）从n个相同小球中有放回地随机取m次中，定义随机变量，其中表示第k个小球未被取到，表示第k个小球至少被取到1次，则服从两点分布， 所以. 由题意知， 又，所以， 所以，因为，所以： ， 故． 【解析】 【分析】（1）（i）有放回取2次共种情况，表示未被取到的球数，取值为3(取到2个不同球，概率)和4(取到同一个球，概率)，据此列出分布列； （ⅱ）推广到取次，表示未被取到的球数为3(即取到2个不同编号的球)，总情况数为，符合条件的情况数为，故概率为. （2）引入指示变量(表示第个小球是否未被取到)，则未被取到的总球数；由得；再对到求和，用等比数列求和公式计算，最终得. 【小问1详解】 （ⅰ）从5个相同小球中有放回地随机取2次，共有种情况．的取值为3，4． 表示2次取球中未被取到的球的个数为3，即2次取球中取到2个不同编号的球， 表示2次取球中未被取到的球的个数为4，即2次取球中取到的是同一个编号的球， 所以，， 所以的分布列为 3 4 P （ii）表示m次取球中未被取到的球的个数为3个. 即次取球中取到2个不同编号的球，从5个相同小球中有放回地随机取次，共有种情况，时有种情况. 所以的概率为． 【小问2详解】 略 19. 已知函数，其中，函数的最小值为2，为的导函数． （1）求的值； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）若在的极小值点为，证明：． 【答案】（1） （2） （3）由（2）知时，，又， 当时，指数函数呈爆炸性增长，从而， 所以，使． 所以在递增，在递减，在递增． 因为，令，则． 令，则，所以在递减． 则，又，所以， 所以． 所以， 所以， 故. 【解析】 【分析】（1）利用基本不等式求最小值，结合的最小值，得到参数的值； （2）由在上单调递增，可知在上恒成立，再通过求导得到函数单调性，找到最小值，解不等式得到的范围. （3）由（2）知在有极小值点，则.分析函数的单调性，结合，解得的范围，又有，从而得到极小值点的范围，最后通过放缩得到 【小问1详解】 ，因为，所以， 当且仅当时等号成立，又的最小值为2， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知，则， 令，则， 因为，所以在内单调递增， （ⅰ）时，，所以在内单调递增，，所以单调递增，即满足题意； （ⅱ）时，，记的根为，则， 即，所以在递减，在递增． 最小值为， 令，即，解得 综上，． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $