精品解析：安徽合肥市肥东一中大数据联考2026届高三毕业班考前质量检测数学试题

肥东一中大数据联考·2026届高三毕业班第三轮质量检测 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 给出下列复数：①；②；③；④；其中表示实数的有（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数分类中实数的特征逐一判断即可． 【详解】①为纯虚数不是实数；②为无理数是实数；③是实数；④是实数． 2. 为了丰富学生的课余生活，促进学生全面发展，某校开设了劳动实践、研学参观、技术培训类拓展课程．高三某班学生共有人报名参加拓展课程，其中有人报名参加劳动实践，有人报名参加研学参观，有人报名参加技术培训，同时报名参加劳动实践和研学参观的有人，同时报名参加研学参观和技术培训的有5人，只参加技术培训的人数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】使用三集合容斥原理，通过韦恩图划分各部分人数，设三类都参加的人数为、只参加劳动实践和培训的人数为，根据总人数列方程化简得，再结合培训的总人数，算出只参加培训的人数． 【详解】设类课程全参加的有人，同时只参加劳动实践和技术培训的有人， 列出韦恩图，则， 可得，则只参加技术培训的人数为人． 3. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出在上的值域以及在上的值域可得答案. 【详解】因在上单调递增，则时，， 又在上单调递增，则时，， 则的值域为，故A正确． 4. 在中，，且满足，其中是外接圆的圆心，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由向量定义可知，在的角平分线上，结合条件可得是边长为2的等边三角形，再由向量数量积的定义计算即可． 【详解】设，则在的角平分线上， 由，， 又为角平分线，所以， ，即是边长为2的等边三角形， 设为中点， 是外接圆的圆心， 在的角平分线上， 且，，， ． 5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若，则的相反数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理进行边化角，利用两角和差的正弦公式结合正弦函数的图像得到的等量关系式，利用二倍角的余弦公式求出，从而得到所求. 【详解】因为， 所以， 即， 即，而为三角形内角， 则或(舍，因为与题设矛盾)， 解得，即，则的相反数为. 6. 如图（1），函数的图象与轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角，如图（2），若折叠后、两点间的距离为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接，利用面面垂直的性质定理得出，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，再由函数在轴右侧附近单调递减，结合可求得的值，进而可得出函数的解析式即可． 【详解】如图，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接． 因为的最小正周期，所以， 又因为，所以， 当折成直二面角时，即平面平面， 因为，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故， 所以，解得(负值舍去)， 故． 因为，且，所以或， 又因为在轴右侧附近单调递减，所以，则， 所以． 7. 平面直角坐标系中，曲线上有一系列点，，…．对，以为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切．若，且，记数列的前项的和为，对于任意的使得恒成立，记不超过x的最大整数为，则的最小值为（ ） A. 506 B. 507 C. 508 D. 509 【答案】A 【解析】 【分析】点满足，根据外切可得等式，求得数列的通项，从而可得数列的通项，利用裂项相消法可得，最后由数列单调性分析和恒成立条件即可求出. 【详解】根据题意，曲线 上的点 满足 ； 因为圆 与轴相切，圆心纵坐标为，故半径 ； 圆与的圆心距，半径之和为 ， 因为圆与外切，所以， 化简得：， 将 代入上式可得：， 又因为 ，所以，即 ， 所以数列为等差数列，首项： ，公差； 通项：，所以 所以， ，随 增大递增，极限为 ，即 对所有 成立； 要使 恒成立，需 ，即 ，故的最小值为506. 8. 计算：的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用倍角公式、两角和差的余弦公式、诱导公式化简，，，进而得出是方程的根，利用此式子化简即可求出． 【详解】首先证明三次方程韦达定理： 设方程的三个根为， 则， 右边展开后整理得： ， 比较系数得：，证毕； 设， 则， ， 则； 因为， ， 所以； 因为 ， 所以是方程的根， 则， 又， 所以， 故． 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分． 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能(Artificial Intelligence，简称AI)已然成为科技变革的核心驱动力，有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元．某地区随机调查了经常使用某AI工具的360名用户，统计他们的年龄，得到如下的统计表： 项目 第一组 第二组 第三组 第四组 第五组 年龄 人数 30 150 90 60 30 为了分析数据，小组甲、小组乙分别使用不同的办法解决一些统计问题． 【小组甲】用分层随机抽样的方法，从上面360名用户中随机抽取了12人，现从这12人中随机抽取4人，记抽到第一组的人数为，第二组的人数为． 【小组乙】通过查阅资料，该AI工具对某20个问题能准确答对其中的(，)个，其余个问题均无法答对．若从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，不妨记事件为“抽取的10个问题中，AI恰好答对3个问题”． 则下列说法正确的有（ ） A. 该AI工具用户的平均年龄为32.5岁 B. C. 使概率最大的值为6 D. 使概率最大的值为7 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A项，以每组数据的区间中点值为该组数据的代表值进行估算；对于B项，先确定人数，再根据古典概率计算即可；对于C、D项，恰好答对3题的概率，分析的单调性即可. 【详解】对于A项，估计平均年龄为，故A项正确. 对于B项，由题意得，这12人中，年龄在第一组内的有 (人)，年龄在第二组内的有 (人)， 设“”为事件A，则当时，；当时，， 所以，故B项正确. 对于C、D项，从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，恰好答对3个问题的概率为， 设，由，且，得， 所以， 由二次函数的性质可知当时，， 令， 当时，有，即，此时； 当时，有，即，此时，即， 所以使概率最大的值为6，故C项正确，D项错误． 10. 已知函数．（ ） A. 函数的对称中心为 B. 记根的个数所构成的集合为，则 C. 当必然有实数根且有2个不同实根时， D. 当必然有实数根且有2个不同实根时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用函数对称中心的充要条件，通过计算，可直接得出对称中心；对于B，利用对称性将方程化简为，通过导数研究的单调性、极值与极限，分类讨论直线与函数的交点个数即可；对于CD，分情况讨论方程有两解时的值，对时的情况，通过构造辅助函数，利用单调性证明，. 【详解】对于A，根据题意，对称中心满足对任意恒成立， 因为，， 故，对比充要条件， 取，则，故. 所以函数的对称中心为.故A正确 对于B，因为，因为单调递增，所以单调递减，所以单调递增， 因为，由（1）知，所以， 即，所以问题转化为求方程的根的个数. 令，则需研究的图象与的交点个数， 因为，令，得或， 当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在取到极小值为， 在取到极大值为. 当时，，当时，，根据的图象可得： 当或时，方程有1个根；当或时，方程有2个根；当时，方程有3个根；当时，方程没有根. 所以，故B正确； 对于CD，当方程有两个根时，则或，分情况： 当时，根为，所以，所以； 当时，，所以； 当时，此时， 要证，等价于证明， 因为，且在上单调递增， 所以只需证， 又因为，所以只需证. 设，我们只需证明在时，. 因为，所以， 所以， 令， 所以， 当时，，故，单调递增， 所以，即， 所以，所以在上单调递减， 又因为， 所以当时，， 即对任意成立. 因为，所以，因此原不等式得证. 综上，三种情况均已证明，原命题成立，故C项错误，D项正确. 11. 球的体积公式可以利用微分法推导：先将半球用平行于底面(大圆面)的平面将其分成等高的部分，每一部分可近似看作圆柱，这些圆柱体积之和就作为半球体积的近似结果，当时，的极限即为半球的体积，从而得到球的体积公式．图中，为过圆柱的轴的截面，分别为圆柱上下底面圆周上的点，且的夹角为．若将直线绕转一周，可得双曲面(图2)，即过圆柱的轴的任一截面与双曲面的交线都为双曲线．设为的中点，在平面内以为原点，为轴建立如图1所示的平面直角坐标系，记圆柱高为，底面半径为，过作直线平面，交圆柱侧面于两点，过双曲线的右焦点的直线与双曲线右支交于两点，将双曲面与圆柱上下底面围成的封闭几何体记为．则下列说法错误的是（ ） 参考公式：． A. 若，坐标平面中相应的双曲线的方程为 B. 若，四面体体积的最小值为 C. 若矩形周长为16，则的体积最大值为 D. 若矩形周长为16，则的体积最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，作出相关辅助线，转化为直线到平面的距离计算即可判断；对于B项，设直线，联立双曲线方程，结合韦达定理，利用换元法求出的最值，再根据锥体体积公式即可得到最值；对于CD项，利用微分法结合体积公式以及三元均值不等式即可得到最值． 【详解】对于A项，作垂直圆柱下底面于，作垂直圆柱上底面于， 连接得到正三棱柱， 则点到直线距离即为直线到平面距离， 又因为平面，则该距离即为等边三角形的高， 所以双曲线的实半轴为．易知双曲线过点， 所以双曲线方程为，故A项错误； 对于B项，设直线，双曲线， 设，联立， 得， 则， 则， 所以， 令，则， 因为在上单调递增， 所以，即，则， 则，当，即时取等号， ， 所以四面体体积最小值为，故B项错误； 对于CD项，则到直线间距离，即，过点， 所以双曲线方程为． 用平行于截面圆的平面对线段进行等分， 则几何体上半部分依次被分成等高的部分， 每一部分可以近似看成高均为的圆柱， 假设这些平行平面与双曲线第一象限部分从下往上依次交于， 则， 所以几何体上半部分从下往上第部分体积， 所以几何体的体积， 当时，， 由题意， 所以， 当且仅当时取等，所以几何体的体积最大值约为， 故C项正确，D项错误； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】令，求出，再令，可得，最后计算出. 【详解】令，可得. 令，可得. . 13. 已知圆：，若存在，使得直线与圆有公共点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系即可求解. 【详解】解法一：依题意，圆心到直线的距离， 即，即， 依题意，使得成立，故且，解得， 因此，实数的取值范围是. 解法二：当变化时，圆扫过的图形是以原点为圆心，为半径的圆盘， 故若存在，使得直线与圆有公共点，即直线与圆有交点，得，解得， 因此，实数的取值范围是. 14. 已知函数，则的最小值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】构造函数，通过配方，把问题转换成到直线和点的距离之和的倍，即可求解. 【详解】构造函数， 因为恒成立，所以， 则函数可表示点到直线和点的距离之和的倍. 构造抛物线，过点作直线的垂线，垂足为，交抛物线于两点，如图， 此时直线的方程为：，即， 联立方程得，易得交点分别为， 于是当点重合于交点或时，取得最小值. 从而的最小值为4． 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. 已知函数． （1）求极值点的个数，并解不等式； （2）求证：若，则 【答案】（1）2个；； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，由不同实根的个数判断；由，利用穿根法求解； （2）由，设，代入求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 令， 因为，两个根为， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以在处取得极值，所以有两个极值点； 由， 当时，，则； 当时，，则， 当时，，则， 当时，，则， 所以的解集为：. 【小问2详解】 由， 设， 则， ， 所以， 所以当时，. 16. 如图1，正方形的边长为2．如图2，现将正方形沿着对角线翻折，其中O为原正方形的中心． （1）证明：平面； （2）翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1） 依据条件得到，，然后利用线面垂直判定定理可得； （2） 计算以及面的一个法向量，然后计算. 【小问1详解】 在图1中连接，， 因为和都是等腰三角形，且O是正方形中心， 所以，， 因为，，平面， 所以平面． 【小问2详解】 在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，D点到平面的距离最大， 此时平面平面，因为，所以平面． 所以，，两两垂直，如图3， 以O为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2， 所以，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为，， 即与所成的角的正弦值为． 17. 二项式定理是代数版的二项分布，二项分布是概率版的二项式定理，组合数是二者共同的数学基础． （1）证明：（为正整数，且）； （2）若随机变量的概率分布列为，试求D(X)； （3）若函数，求(用含k，n代数式表达)． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）利用组合数公式对两边化简即可求得； （2）根据二项分布的概率公式可判断出随机变量服从的分布，再根据二项分布的方差公式即可求得； （3）先对函数求导，化简，结合二项式定理化简即可. 【小问1详解】 【小问2详解】 因为随机变量的概率分布列为， 若，则， 故，则 【小问3详解】 对求导，可得，则， 又因为 ， 所以. 18. 三角形的布洛卡点由法国数学家布洛卡首次发现，当内一点P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为． （1）证明：当时，； （2）当且时，求的值； （3）证明：当时，是等边三角形． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】(1) 根据给定条件，利用三角形面积公式及余弦定理推理； (2) 利用相似三角形性质、正弦定理、余弦定理求出； (3) 利用重心定理及三角形面积公式推理. 【小问1详解】 当时， ，则， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 相加得， ； 【小问2详解】 当时，是等腰三角形，， 而，，则， 又，则，，即， 又，则. 设，则， 由，得，则， 又，即， 则， 在中，由正弦定理得，即， 即，则， 在中，， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得，即， 故的值为. 【小问3详解】 在中，， 由正弦定理，得， 由， 得点是的重心，， 即， 则，又，于是， 同理，， 因此，由正弦定理得，是等边三角形. 19. 如下图所示：曲线是与组成的，与其中的两个交点分别记作、，点在第一象限，点在第三象限． （1）如图1，设，，，求点的坐标和 (结果保留根号)； （2）如图2，设四边形的四条边都与曲线相切，时，求四边形的面积； （3）如图3，在轴右侧的曲线上有两点、，直线经过点(点在上)．当时，是否存在直线，使得所在直线与所在直线关于直线对称？若存在，求直线的方程，若不存在请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】(1)由题可得、为与公共点，将两椭圆方程联立，结合题意，可得；由，结合，可得，再将代入椭圆方程可得，据此可得答案； (2)由(1)分析结合，可得椭圆方程，由对称性可设直线方程为：，由直线与椭圆相切，结合联立方程判别式为0，可得，从而可得四点坐标，据此可得面积； (3) 由(1)分析结合，可得椭圆方程，设直线，将直线与两椭圆方程联立，设，结合韦达定理，可得关于k的表达式，由、在y轴右侧，点在上，可得．假设相关直线存在，则，即可判断． 【小问1详解】 令，由题可得，、为与公共点， 将与联立，可得，解得：， 则，由题可得，则， 又，则，从而， 将代入得． 解得或(由，故舍去)，故． 【小问2详解】 (2)由(1)知，又，则， 则椭圆方程为：． 设，由对称性可得，则直线方程为：． 将直线方程与联立，化简后可得， 因直线与椭圆相切，则判别式． 此时，将与联立，化简后可得：， 其判别式也为0，则直线也与椭圆相切． 则，由对称性可得， 则四边形的面积为：． 【小问3详解】 由(1)分析可得，又，则， 则两椭圆方程为：． 从而曲线与y轴正半轴，x轴正半轴交点为：． 设直线，将直线分别与两椭圆方程联立， 则， 化简后可得：，； ，． 设，由韦达定理， ，． 因、在y轴右侧，点在上， 则． 则，． 因为，则，． 若所在直线与所在直线关于直线对称，则． 因，，则．若， 则， 化简可得， 因，则不存在使得，即不存在使得直线与直线关于对称． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 肥东一中大数据联考·2026届高三毕业班第三轮质量检测 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 给出下列复数：①；②；③；④；其中表示实数的有（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 2. 为了丰富学生的课余生活，促进学生全面发展，某校开设了劳动实践、研学参观、技术培训类拓展课程．高三某班学生共有人报名参加拓展课程，其中有人报名参加劳动实践，有人报名参加研学参观，有人报名参加技术培训，同时报名参加劳动实践和研学参观的有人，同时报名参加研学参观和技术培训的有5人，只参加技术培训的人数为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，且满足，其中是外接圆的圆心，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若，则的相反数为（ ） A. B. C. D. 6. 如图（1），函数的图象与轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角，如图（2），若折叠后、两点间的距离为，则（ ） A. B. C. D. 7. 平面直角坐标系中，曲线上有一系列点，，…．对，以为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切．若，且，记数列的前项的和为，对于任意的使得恒成立，记不超过x的最大整数为，则的最小值为（ ） A. 506 B. 507 C. 508 D. 509 8. 计算：的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分． 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能(Artificial Intelligence，简称AI)已然成为科技变革的核心驱动力，有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元．某地区随机调查了经常使用某AI工具的360名用户，统计他们的年龄，得到如下的统计表： 项目 第一组 第二组 第三组 第四组 第五组 年龄 人数 30 150 90 60 30 为了分析数据，小组甲、小组乙分别使用不同的办法解决一些统计问题． 【小组甲】用分层随机抽样的方法，从上面360名用户中随机抽取了12人，现从这12人中随机抽取4人，记抽到第一组的人数为，第二组的人数为． 【小组乙】通过查阅资料，该AI工具对某20个问题能准确答对其中的(，)个，其余个问题均无法答对．若从这20个问题中随机抽取10个对该工具提问，不妨记事件为“抽取的10个问题中，AI恰好答对3个问题”． 则下列说法正确的有（ ） A. 该AI工具用户的平均年龄为32.5岁 B. C. 使概率最大的值为6 D. 使概率最大的值为7 10. 已知函数．（ ） A. 函数的对称中心为 B. 记根的个数所构成的集合为，则 C. 当必然有实数根且有2个不同实根时， D. 当必然有实数根且有2个不同实根时， 11. 球的体积公式可以利用微分法推导：先将半球用平行于底面(大圆面)的平面将其分成等高的部分，每一部分可近似看作圆柱，这些圆柱体积之和就作为半球体积的近似结果，当时，的极限即为半球的体积，从而得到球的体积公式．图中，为过圆柱的轴的截面，分别为圆柱上下底面圆周上的点，且的夹角为．若将直线绕转一周，可得双曲面(图2)，即过圆柱的轴的任一截面与双曲面的交线都为双曲线．设为的中点，在平面内以为原点，为轴建立如图1所示的平面直角坐标系，记圆柱高为，底面半径为，过作直线平面，交圆柱侧面于两点，过双曲线的右焦点的直线与双曲线右支交于两点，将双曲面与圆柱上下底面围成的封闭几何体记为．则下列说法错误的是（ ） 参考公式：． A. 若，坐标平面中相应的双曲线的方程为 B. 若，四面体体积的最小值为 C. 若矩形周长为16，则的体积最大值为 D. 若矩形周长为16，则的体积最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 13. 已知圆：，若存在，使得直线与圆有公共点，则实数的取值范围是______． 14. 已知函数，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. 已知函数． （1）求极值点的个数，并解不等式； （2）求证：若，则 16. 如图1，正方形的边长为2．如图2，现将正方形沿着对角线翻折，其中O为原正方形的中心． （1）证明：平面； （2）翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 17. 二项式定理是代数版的二项分布，二项分布是概率版的二项式定理，组合数是二者共同的数学基础． （1）证明：（为正整数，且）； （2）若随机变量的概率分布列为，试求D(X)； （3）若函数，求(用含k，n代数式表达)． 18. 三角形的布洛卡点由法国数学家布洛卡首次发现，当内一点P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为． （1）证明：当时，； （2）当且时，求的值； （3）证明：当时，是等边三角形． 19. 如下图所示：曲线是与组成的，与其中的两个交点分别记作、，点在第一象限，点在第三象限． （1）如图1，设，，，求点的坐标和 (结果保留根号)； （2）如图2，设四边形的四条边都与曲线相切，时，求四边形的面积； （3）如图3，在轴右侧的曲线上有两点、，直线经过点(点在上)．当时，是否存在直线，使得所在直线与所在直线关于直线对称？若存在，求直线的方程，若不存在请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $