精品解析：安徽池州市部分校2026-2027学年高三上学期开学联合检测数学试题

绝密•启用前 高三数学 考试时间：120分钟 满分：150分 2026.8 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 4.试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 第Ⅰ卷（选择题） 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，有且只有一项符合题目要求. 1. 若集合，是小于的正整数，则的子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合，求出交集中的元素个数即可. 【详解】若集合，是小于的正整数， 则，则的子集个数为. 故选：D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求得，进而可得模长. 【详解】由题意得， 所以． 3. 样本数据的下四分位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用百分位数的求法，即可求解. 【详解】因为，所以样本数据的下四分位数为， 故选：B. 4. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得，利用赋值法和二项式系数求解. 【详解】由于， 则， 令，得， 又因为， 所以. 5. 已知的外接圆的圆心为，且，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，O为的外接圆的圆心，得到是以BC为斜边的直角三角形，再由，得到，利用投影向量的定义求解. 【详解】解：如图所示： 因为，所以O为BC的中点，又O为的外接圆的圆心， 所以是以BC为斜边的直角三角形， 又因为， 所以 ， 设，则 ， 所以向量在向量上的投影向量为 ， 故选：B 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角关系得出，利用两角和差的余弦公式求得. 【详解】因，，，则，， 则. 故选：B 7. 等差数列的前项和为，已知，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，根据条件得到方程，求出首项和公差，得到，，裂项相消法求和即可. 【详解】设公差为，则， 解得， 故， 所以， 所以的前10项和为. 故选：A 8. 已知函数在处有极小值，则（ ） A. 1或 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，根据极值点与导数的关系可求得参数的值，验证即可确定答案. 【详解】已知函数，因此定义域为，， 因为函数在处有极值，因此，即，解得或， 检验，当时，， 当时，，当时，， 因此函数在上单调递减，函数在上单调递增， 因此时，函数在处有极小值，符合题意； 当时，， 当时，，当时，， 因此函数在上单调递增，函数在上单调递减， 因此时，函数在处有极大值，不符合题意舍去； 综上，函数在处有极小值，则. 二、多项选择题：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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间单调递增 C. 是奇函数 D. 在上的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用最小正周期公式即可判断A；求出的单调递增区间，因为是单调递增区间的子区间，可判断B；求出的解析式，根据奇函数的概念即可判断C；当，，求出函数在的值域，再求的值域即可判断D. 【详解】对于A，最小正周期，故A正确； 对于B，令，解得， 所以函数的单调递增区间为 令，所以函数在上单调递增， 又， 所以函数在上单调递增，故B正确； 对于C，， 令，， 和不恒相等，故函数不是奇函数，故C错误； 对于D，当，， 根据函数的周期性，函数在上值域即为在上的值域， 函数在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以在上的值域为， 即在上的值域为， 所以函数在上的值域为， 故D正确. 故选：ABD. 10. 过双曲线的右焦点作直线l与该双曲线交于A、B两点，则（ ） A. 仅存在一条直线l，使 B. 存在直线l，使弦AB的中点为 C. 与该双曲线有相同渐近线且过点的双曲线的标准方程为 D. 若A，B都在该双曲线的右支上，则直线l斜率的取值范围是 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，根据弦长大于通径长和实轴长可得符合题意的切线有四条；对于B，利用点差法求得直线方程，再根据右焦点不在所求直线上，即可判断；对于C，根据题意，设双曲线方程为，，将点代入即可求解；对于D，设直线方程，与双曲线方程联立，根据韦达定理列不等式，求解即可. 【详解】对于A，通径，实轴，则有四条直线l，使，故A错误； 对于B，假设存在直线l，使得弦AB的中点为， 设，，则， 两式相减得， 又，则，故直线的斜率， 此时直线方程为，即，由于右焦点不在直线上， 故不存在这样的直线l，故B错误； 对于C，设与该双曲线有相同渐近线的双曲线的标准方程为：，， 代入点可得，所以该双曲线的标准方程为，故C正确； 对于D，设直线l方程为：. 联立，得， 则，恒成立. 所以，，则，. 若A、B都在该双曲线的右支上，则， 即，解得，又斜率， 所以，故D正确. 故选：CD. 11. 有k个水果，三个三个取剩余两个，五个五个取剩余三个，七个七个取剩余两个，则（ ） A. 时，则k的值唯一确定 B. 时，k的值唯一确定 C. 时，k的值唯一确定 D. 不存在满足条件的k值 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意得到，再逐个分析选项即可判断. 【详解】因为有k个水果，三个三个取剩余两个，五个五个取剩余三个，七个七个取剩余两个， 所以是21的倍数，是5的倍数， 所以令，则， 显然，当时，满足是5的倍数，所以是的其中一个取值， 又，所以， 对于A，当时，可以唯一确定，故A正确； 对于B，当时，可以唯一确定，故B正确； 对于C，当时，或，故C错误； 对于D，由选项ABC可知，D错误. 故选：AB. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线准线位置确定抛物线开口方向，从而可得设方程求解即可得抛物线的标准方程. 【详解】若抛物线的准线方程为，则抛物线开口向下， 设抛物线方程为，则，故 所以抛物线方程为. 故答案为：. 13. 已知圆锥SO的侧面展开图为一个半圆，且轴截面面积为，AB为底面圆O的一条直径，C为圆O上的一个动点（不与A，B重合），则三棱锥的外接球表面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，求出圆锥底面半径和母线的值，进而可得圆锥的高，分析可得三棱锥的外接球球心在上，根据勾股定理，计算求解，可得外接球半径，代入表面积公式，即可求解． 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，则圆锥的高， 因为侧面展开图为一个半圆，所以，解得， 又轴截面面积为，所以， 解得，则母线长，圆锥的高， 由题意三棱锥的外接球的球心在上，且设为，外接球半径设为， 连接，则，所以， 在中，，即， 则，解得， 则三棱锥的外接球的表面积． 14. 已知，，若存在满足且，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律计算可得，根据向量数量积的定义可得，不等式两边取平方计算得的范围，利用向量的模长公式结合数量积的运算律计算得，利用换元法计算可得其最小值. 【详解】由题意，， ， 设向量与向量的夹角为，则， ，， 则，即，，解得， ， 令，则， 设， 则， ， 所以当时， 的最小值为，即的最小值是. 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. 2024年联合国教科文组织第46届世界遗产大会上，我国申报的“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”被正式列入《世界遗产名录》．北京中轴线坐落于北京老城中心，全长7.8公里，始建于13世纪，是统领老城整体规划格局的建筑与遗址的组合体．它共包含15处遗产点，可分为A、B、C、D、E五种类型，具体如下表： 类 型 A古代皇家宫苑建筑 B古代皇家 祭祀建筑 C古代城市管理设施 D国家礼仪和公共建筑 E居中道路遗存 中轴线遗产点 故宫 景山 太庙 社稷坛 天坛 先农坛 钟鼓楼 万宁桥 端门 天安门 外金水桥 天安门广场及建筑群 正阳门 永定门 中轴线南段道路遗存 某研学团队计划随机选取3处遗产点开展研学活动． （1）若从15处遗产点中随机选取，求选取的3处遗产点均为D类的概率； （2）若从A、B、C这三类遗产点中随机选取3处，设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望； （3）该研学团队通过调查发现：所有参观北京中轴线的人群可分为老年人、中年人、青少年三个群体，其人数比值为，同时，这三个群体选择参观A类或D类遗产点的频率分布如下表： 人群 老年人 中年人 青少年 只参观A类型遗产点 60％ 25％ 30％ 只参观D类型遗产点 20％ 45％ 30％ 两类遗产点都参观 20％ 30％ 40％ 用频率估计概率，若从所有参观A类或D类遗产点的人群中随机选取1人，记“只参观A类型遗产点”的概率为，“只参观D类型遗产点”的概率为，请根据表中信息，判断与的大小关系．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）的分布列为： 1 2 3 （3） 【解析】 【小问1详解】 从15处遗产点中随机选取，选取的3处遗产点均为D类的概率为： . 【小问2详解】 由题意，的值可能为1,2,3， 且， ， . 所以的分布列为： 1 2 3 所以. 【小问3详解】 由题意, . 所以. 16. 如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由） 【答案】（1）证明：因为，平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为，即， 因为，、平面，所以平面. （2） （3）所得截面为直角三角形，如图所示： 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得出平面，可得出，结合以及线面垂直的判定定理可证得平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）在平面内作，交或于点，连接，利用平面，结合，可得出平面，结合线面垂直的性质可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为， 因为平面平面平面，且平面平面，平面，， 所以，平面， 因为，即，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为，则， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、. 在中，，，所以， 因为，由勾股定理可得， 所以，，，则，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，可得. 由（1）知平面，故平面的一个法向量为. 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为 【小问3详解】 所得截面为直角三角形，如图所示： 作法：在平面内作，交或于点，连接， 因为平面，，则平面， 因为平面，所以，. 17. 在中，角的对边分别为，向量，且，点为边上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，的周长为19，求的长度； （3）若是边上靠近点A的一个三等分点，，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量运算可得，然后由正弦定理边角互化可得答案； （2）由题及余弦定理可得，然后由（1）结合可得答案； （3）解法一：设，，然后在，中利用正弦定理可得 ，然后由三角函数性质可得答案；解法二：由题，又可得，然后由正弦定理边角互化可得，据此可得答案. 【小问1详解】 且 ，即. . 又，则，结合，； 【小问2详解】 而 为角的角平分线 . 即，； 【小问3详解】 设，则； 设，则. 在中即 在中 即， 则. 又，，而， ， 由和差化积公式可得. 则. ，； 解法二：， ， . ． . ， . 18. 已知点F为椭圆的右焦点，过点F作x轴的垂线交椭圆于点.过点P作椭圆的切线，交x轴于点Q. （1）求椭圆的方程； （2）求点Q的坐标； （3）过点Q的直线交椭圆于A，B两点，过点A作x轴的垂线与直线交于点D，求证：线段的中点在定直线上. 【答案】（1） （2） （3）在定直线上 【解析】 【分析】（1）由题中所给的半焦距与半通径，可解得进而确定椭圆方程； （2）设出过点的直线，与椭圆联立后使得判别式，解出直线，再求其与轴的交点即可； （3）设出过的直线，设出，与椭圆联立后，计算出的中点坐标，结合韦达定理计算推理即可. 【小问1详解】 由题可知，，又，可得. 因此椭圆的方程为. 【小问2详解】 易知过点且与椭圆相切的直线斜率存在，因此可设该直线为. 联立直线与椭圆整理得， 再令，整理得，解得. 则过点的切线方程为：，再令，得. 因此点的坐标为. 【小问3详解】 设过的直线方程，设点，线段的中点为， 联立，得， 令，得，即或. 根据韦达定理，由，， 直线的方程为. 则. 于是， . ， 因此点在直线上， 即线段中点在定直线上. 19. 已知函数. （1）当，求函数的零点； （2）是否存在实数，使得是函数的极值点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若恒成立，求满足条件的整数的最大值. 【答案】（1） （2） 不存在实数，使得是函数的极值点，理由如下： 当时，，， 若是函数的极值点，则有，即； 验证：当时，， 令，，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故恒成立， 故在上单调递增，故不是函数的极值点； 综上可得，不存在实数，使得是函数的极值点； （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得或，解出即可得； （2）令可得，验证可得时，在上单调递增，故不存在； （3）计算可得该函数为偶函数，则只需考虑时的情况，再参变分离后可构造函数，结合导数与利用零点存在性定理可讨论其单调性，从而得到的最值情况，即可得解. 【小问1详解】 的定义域为， 当，，令， 则或，若，则，若，则， 故当时，函数的零点为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， 又的定义域为，故为偶函数， 则只需考虑时的情况， 当时，，令， 即，若，有，符合， 当时，，则需对任意恒成立， 当时，，则需对任意恒成立； 令，且， ， 令，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，则； 又当时，，则， 令，，则， 令，则， 故在上单调递增，则， 故在上单调递增，则， 则，故，则， 当时，令，由在上单调递增， 则在上单调递增， 又，， 故函数存在唯一零点， 即有，即， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 又当时，且，则当，需； 当时，， 由，在上单调递增， 当时，， 当时，， 则，又，则整数； 综上：整数可取、、、，即满足条件的整数的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密•启用前 高三数学 考试时间：120分钟 满分：150分 2026.8 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 4.试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 第Ⅰ卷（选择题） 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，有且只有一项符合题目要求. 1. 若集合，是小于的正整数，则的子集个数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 3. 样本数据的下四分位数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 10 D. 11 4. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 5. 已知的外接圆的圆心为，且，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 等差数列的前项和为，已知，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在处有极小值，则（ ） A. 1或 B. 1 C. D. 二、多项选择题：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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间单调递增 C. 是奇函数 D. 在上的值域为 10. 过双曲线的右焦点作直线l与该双曲线交于A、B两点，则（ ） A. 仅存在一条直线l，使 B. 存在直线l，使弦AB的中点为 C. 与该双曲线有相同渐近线且过点的双曲线的标准方程为 D. 若A，B都在该双曲线的右支上，则直线l斜率的取值范围是 11. 有k个水果，三个三个取剩余两个，五个五个取剩余三个，七个七个取剩余两个，则（ ） A. 时，则k的值唯一确定 B. 时，k的值唯一确定 C. 时，k的值唯一确定 D. 不存在满足条件的k值 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的准线方程为，则抛物线的标准方程为_____. 13. 已知圆锥SO的侧面展开图为一个半圆，且轴截面面积为，AB为底面圆O的一条直径，C为圆O上的一个动点（不与A，B重合），则三棱锥的外接球表面积为_______． 14. 已知，，若存在满足且，则的最小值是__________. 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. 2024年联合国教科文组织第46届世界遗产大会上，我国申报的“北京中轴线——中国理想都城秩序的杰作”被正式列入《世界遗产名录》．北京中轴线坐落于北京老城中心，全长7.8公里，始建于13世纪，是统领老城整体规划格局的建筑与遗址的组合体．它共包含15处遗产点，可分为A、B、C、D、E五种类型，具体如下表： 类 型 A古代皇家宫苑建筑 B古代皇家 祭祀建筑 C古代城市管理设施 D国家礼仪和公共建筑 E居中道路遗存 中轴线遗产点 故宫 景山 太庙 社稷坛 天坛 先农坛 钟鼓楼 万宁桥 端门 天安门 外金水桥 天安门广场及建筑群 正阳门 永定门 中轴线南段道路遗存 某研学团队计划随机选取3处遗产点开展研学活动． （1）若从15处遗产点中随机选取，求选取的3处遗产点均为D类的概率； （2）若从A、B、C这三类遗产点中随机选取3处，设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望； （3）该研学团队通过调查发现：所有参观北京中轴线的人群可分为老年人、中年人、青少年三个群体，其人数比值为，同时，这三个群体选择参观A类或D类遗产点的频率分布如下表： 人群 老年人 中年人 青少年 只参观A类型遗产点 60％ 25％ 30％ 只参观D类型遗产点 20％ 45％ 30％ 两类遗产点都参观 20％ 30％ 40％ 用频率估计概率，若从所有参观A类或D类遗产点的人群中随机选取1人，记“只参观A类型遗产点”的概率为，“只参观D类型遗产点”的概率为，请根据表中信息，判断与的大小关系．（结论不要求证明） 16. 如图（1），正方形的边长为，是的中点，点在边上且.将沿折起到图（2）中的位置，使得平面平面. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）如图（2），点在线段上，过点、的平面截四棱锥所得的截面是一个直角三角形，在图中画出这个直角三角形.（请在答题卡指定位置作图，不必说明画法和理由） 17. 在中，角的对边分别为，向量，且，点为边上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，的周长为19，求的长度； （3）若是边上靠近点A的一个三等分点，，求实数的取值范围． 18. 已知点F为椭圆的右焦点，过点F作x轴的垂线交椭圆于点.过点P作椭圆的切线，交x轴于点Q. （1）求椭圆的方程； （2）求点Q的坐标； （3）过点Q的直线交椭圆于A，B两点，过点A作x轴的垂线与直线交于点D，求证：线段的中点在定直线上. 19. 已知函数. （1）当，求函数的零点； （2）是否存在实数，使得是函数的极值点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （3）若恒成立，求满足条件的整数的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $