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安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测数学试题
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，集合，则的真子集个数为( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，是的共轭复数，则的虚部为( )
A. B. C. D.
3.若函数的最小正周期为，则( )
A. B. C. D.
4.已知向量，则“”是“与的夹角为锐角”的( )
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
5.已知公差为的等差数列的前项和为，，是中的唯一最大项，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
6.如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为( )
A. B. C. D.
7.已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则( )
A. B. C. D.
8.不全为的实数对满足关系式，则这样的实数对共有 组．
A. B. C. D.
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.已知两组样本数据，，，和，，，，，其中是，，，的中位数，则这两组样本数据的( )
A. 极差不相等 B. 中位数一定相等 C. 平均数一定相等 D. 标准差可能相等
10.已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且，则下列说法正确的有( )
A. 该四棱台的体积为
B. 侧棱与底面夹角的正切值为
C. 若为的中点，则平面
D. 该四棱台的外接球表面积为
11.已知椭圆曲线，下列结论正确的是( )
A. 曲线与轴的交点的横坐标之和等于
B. 曲线关于直线对称
C. 若直线与曲线恰有个交点，则
D. 直线与曲线的交点的横坐标之和等于
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为 ．
13.若直线与曲线相切，则实数的值为 ．
14.装修师傅要用红、黄、绿三种颜色的地砖铺设一条长格的走廊，地砖宽度与走廊宽度相同，每块红色地砖长格，每块黄色地砖长格，每块绿色地砖长格，地砖只能整块铺设，且种颜色都要使用，相同颜色的地砖不作区分已知装修师傅共使用了块地砖，恰好铺满这条走廊，若要求相邻块地砖的颜色不同，则共有 种不同的铺设方法．
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
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
证明：
求的取值范围．
16.本小题分
如图，四边形为直角梯形，且点满足平面．
若为上靠近点的三等分点，证明：平面；
若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值．
17.本小题分
已知甲手里有张卡片分别标有数字，，，同样乙手里也有张卡片分别标有数字，，，若在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张不放回，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的一方获胜并得分，数字小的一方得分，两人共进行三轮比赛．
求第一轮甲获胜的概率
在第一轮甲获胜的条件下，第二轮甲获胜的概率
三轮比赛结束，求甲的总得分的期望．
18.本小题分
如图，在平面直角坐标系中，曲线，点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点，分别是曲线与线段上的动点
求的值
若直线与轴垂直，且，求点的坐标
若为曲线上一点，是否存在点使得四边形是以，为邻边的矩形，若存在，求出点的坐标若不存在，请说明理由．
19.本小题分
已知函数为常数，为自然对数的底数，曲线在点处的切线方程为．
求的值及函数的单调区间；
证明：当时，；
证明：当时，．
参考答案
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11.
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13.
14.
15.证明：因为，
所以由题得，即，
由余弦定理可得，所以，
即
解：由知，所以，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为，
即的取值范围为．
16.解：如图，设与交于点，连接，
因为，，所以，
所以，所以为上靠近点的三等分点，
又因为为上靠近点的三等分点，所以在中，，
而平面，平面，所以平面．
因为，，所以，
又因为平面，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
从而，
因为，所以，
所以点的坐标为，，
设平面的一个法向量为，
则即
则，令，可得，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，为锐角，
则，
．

17.解：根据题意第一轮两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，
所有可能组合有种：，，，，，，，，，
甲获胜的情况是甲的数字大于乙的数字，有种，所以甲获胜的概率为．
设“第一轮甲获胜”为事件，“第二轮甲获胜”为事件，
由上可知第一轮甲获胜的概率为，
第一轮甲获胜且第二轮甲获胜的概率第一轮第二轮第一轮第二轮，
根据条件概率公式．
设为第轮甲的得分，则总得分，。
由对称性，每轮比赛中甲、乙卡片完全随机匹配，。
由知，故。
18.解：依题意可得：曲线的焦点为，准线为，且，
由抛物线的定义可知．
此时设，其中，则，
，
由，得，
再结合，解得负值已舍去，
所以
设，其中，则．
在矩形中，，故，
所以直线的解析式为，
令，可得，即
由对角线互相平分可得，此时
即点坐标为
当点在曲线上时，代入曲线的解析式得，
即．
联立两式消去得，解得或舍去，
所以负值已舍去，
故存在点满足题意．
19.解：由，得，
又，所以，
所以，
由，得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
由知，
所以，即，
令，则，
所以在上单调递增，所以，即．
首先证明：当时，恒有，
证明如下：令，则，
由知，当时，，则，所以，所以在上单调递增，
所以，所以所以，即，
依次取，代入上式，
则，
以上各式相加，有，
所以，
所以，
即，
即可证明：当时，．

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