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安徽池州市普通高中2026届高三下学期教学质量统一监测数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若，其中为虚数单位，则的虚部为( )
A. B. C. D.
3.函数的一个对称中心为( )
A. B. C. D.
4.已知圆的圆心在轴上，若圆过点且与直线相切，则圆的半径为( )
A. B. C. D.
5.已知向量，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
6.设为坐标原点，为抛物线的焦点，过作轴的垂线交于两点，点在上异于点，且在轴上的正投影为，则四边形的面积( )
A. 与成正比 B. 与成正比 C. 与成正比 D. 与成正比
7.现有个白球、个黑球，将它们随机放入如图所示的编号为的抽屉内，每个抽屉至多放一个球，且所有黑球均放在白球的左侧设白球所在抽屉的编号为，则( )
A. B. C. D.
8.设函数的定义域为，，若的图象与轴相交于点，则( )
A. B.
C. 是奇函数 D. 是奇函数
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知，则( )
A. 的导函数关于直线对称
B. 曲线在处的切线方程为
C. 函数的极小值点为
D. 函数的极大值点为
10.如图，在棱长为的正方体中，，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心，则( )
A.
B. 为五边形
C. 的面积为
D. 分正方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积比为
11.在数列中，存在，使得对任意，都有，下列说法正确的有( )
A. 若：，，则
B. 可能是奇数
C. 若为等差数列，当，时，则的最大值为
D. 若为正项等比数列，当时，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.已知椭圆的两个焦点分别为，，点在该椭圆上，且，则该椭圆的离心率为 ．
13.已知随机变量，且，若为有理数，则 ．
14.在平面四边形中，，，，当锐角取最大值时， ．
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.本小题分
某同学为养成锻炼习惯，使用智能手环记录自己连续五天的行走步数，设日期顺序变量为第一天，单位：千步为对应日期的步数，具体数据如下表：
日期顺序天
步数千步
求关于的经验回归方程；
利用中的回归方程，预测该同学第天的步数能否达到一万步．
附：经验回归方程，其中，
16.本小题分
已知是单调递增数列，记为数列的前项和，且．
证明：是等差数列；
令，求．
17.本小题分
如图所示，在平面四边形中，已知，，将沿直线翻折至如图，使得．
证明：平面平面；
点在线段上，且二面角的大小为．
(ⅰ)若，求的值；
(ⅱ)求与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
已知．
当时，求函数的单调性；
当时，判断曲线与直线交点的个数，并证明；
设，若存在实数，使关于的不等式的解集为，求的最小值．
参考数据：，，，，．
19.本小题分
已知双曲线过点和．
求双曲线的方程；
是双曲线上一点，设，，直线交于另一点，直线交于另一点，且，各点均不重合．
(ⅰ)证明：直线过轴上的定点；
(ⅱ)记直线，的斜率分别为，，证明：为定值．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：，
所以
又过，所以
所以关于的经验回归方程为
令，得千步
因为千步等于万步
所以由中的回归方程，预测该同学第天的步数能达到一万步

16.解：令，得，所以；
由题意得
所以当时，
，即，
所以或
所以或．
因为数列是单调递增数列，所以当时，，
所以，
所以，，即是首项为，公差为的等差数列．
由知，所以．
令
则
两边同乘以，得
，得
所以．

17.解：证明：取的中点，由题意知，，所以，，三点共线，
由得；由得，
又，故，所以，
又，且，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
解法一：几何法
(ⅰ)由知平面，平面，
所以，又，平面平面，
所以是二面角的平面角，所以，
由得，
所以，
即，即，
由得，所以；
(ⅱ)过作交于，则平面，
由(ⅰ)知，
所以，
由(ⅰ)知，所以，
记到平面的距离为，所以，
所以，即，
记与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为．
解法二：建系法
(ⅰ)由可知如图所示建系，则，，，
由得，
设平面的法向量为，由得
故，取，可得，所以，
设平面的法向量为，
记二面角的大小为，则，
化简得，解得或舍，
(ⅱ)由(ⅰ)知，取平面的法向量为，
又，记与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为．

18.解：求导得，令，解得，
当时，，则在单调递增，
当时，，则在单调递减．
解法一：由题意得，
当时，，所以，
当时，求导得，
所以在单调递减，
又，，
所以曲线与直线交点的个数为．
解法二：求导得，
令，求导得，
令，则，令得，
当时，，则在单调递增，
当时，，则在单调递增，
所以，
所以在上单调递减，又，，
所以有唯一根，记为，
故在单调递增，单调递减，
取，有；取，有，画出简图如图所示，
所以曲线与直线交点的个数为．
解法一：当时，由知在单调递增，单调递减，
取，有；取，有，
若，左边找点：取，
则
，这里用到了，，，
右边找点：取，
则，
不满足题设条件，舍；
若，当时，，
当时，，
所以的解集为，舍；
时，取，有；取，有，
由的解集为时，则
又，所以不成立，舍；
当时，取，有；取，有，
同理，当时，，
当时，求导得，
所以在单调递减，
所以的解集为时，则
又，，所以成立，
综上，的最小正整数为．
解法二：由，取，有；取，有，
若时，，
若时，对求导得，
所以在单调递减，
所以的解集为时，则，即且，即，
由和得，令，
显然单调递增，因为，，
所以的根为，其中，
所以的解为，
由得，由得，结合，，
所以的最小正整数为．

19.解：因为双曲线过点，所以点是双曲线的右顶点，得，
又因为双曲线过点，所以，解得．
所以双曲线的方程为．
设点，，，，，如图：
因为，
由得，即．
又因为，
由得，即．
设直线过轴上的定点，则，，
所以直线过轴上的定点
(ⅱ)解法一：设点法一相关点
设点，，，由得
因为点在上，所以，即，如图：
由得
又点在上，所以，即
由题意知，所以
同理得
由得，
因为，即
由得，即
联立解得
所以
解法二：设点法定比点差
设点，，
由得，由得
一方面，由得
将代入得
另一方面，由得
将代入得
联立得，同理得
联立得
由得
所以
．
解法三：设线法一设线解点
设点，，，一方面，由得
另一方面，联立得其中
所以
所以
由得，即
同理得
由得
由得
联立得
所以
解法四：设线法韦达定理
由(ⅰ)可设直线
联立得由韦达定理得
由得
将代入得
又因为点在上，所以
联立得，，
，解得或舍
所以
．
所以．

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