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2026 年合肥市高三第二次教学质量检测
数学试题参考答案及评分标准
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．C 2．A 3．B 4．D 5．C 6．C 7．A 8．B
二、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．BC 10．ABD 11．ACD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
π π
12． 13． 14．2
3 6
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．（13 分）
【解析】（1）设“乘客出行目的为工作通勤”为事件 A，“乘客出行目的为接驳交通枢纽”为事件B ,“乘
客出行目的为其它”为事件C，“乘客接受动态调价”为事件D，则
3 1 3 3 4 1
P(A) = ， P(B) = ，P(C) = ，P(D A) = ，P(D B) = ，P(D C) = ．
5 10 10 10 5 2
所以P(D) = P(DA) + P(DB) + P(DC)
= P(A)P(D A)+ P(B)P(D B)+ P(C)P(D C)
3 3 1 4 3 1
= + +
5 10 10 5 10 2
41
= ．
100
41
因此，该订单乘客接受调价的概率为 ． ……………………………………………………………6 分
100
3 3

P(AD) P(A)P(D A) 5 10 18
（2）P(A D) = = = = ，
P(D) P(D) 41 41
100
18
因此，该订单乘客出行目的为工作通勤的概率为 ．………………………………………………13 分
41
16.（15 分）
1 a 1
【解析】（1）因为 f (x) = a + ， x (0,+ )，
x2 x
所以 f (1) = 2a 2，又 f (1) = a 1，
所以曲线 y = f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程为： y (a 1) = 2(a 1)(x 1) ，
1
即 y = 2(a 1)x a +1，即 y = 2(a 1)(x ) ，
2
1
所以曲线 y = f (x)在点 (1, f (1))处的切线过定点 ,0 ．………………………………………………6 分
2
1 a 1 (ax 1)(x +1)
（2） f ' (x) = a + = ， x (0,+ )．
x2 x x2
当 a 0 时， f
' (x) 0，则 f ( x)在 (0,+ )上单调递减，此时 f ( x)最多有一个零点，不满足题意．
' 1 1
当 a 0 时，令 f (x) 0 '，解得 x ，令 f (x) 0，解得0 x ，
a a
数学试题答案 第1页（共 4 页）
1 1
于是 f ( x)在 0, 上单调递减，在 ,+ 上单调递增，
a a
1 1 1
所以 f (x)min = f = a + a + (a 1) ln 2 = (a 1)(1 ln a) .
a a a
当 x→ 0 时， f (x)→+ ，当 x→+ 时， f (x)→+ ，
又因为 f ( x)有两个零点，
1
所以 f = (a 1)(1 ln a) 0，即 (a 1)(ln a 1) 0 ，解得0 a 1或a e .
a
因此，a的取值范围为 (0,1) (e,+ )．……………………………………………………………………15 分
17．（15 分）
x x 2+ x 2 + x0 0
【解析】（1）由于直线 l的方程为 0 + y y = N ( 2, )0 y =1，当 x = 2时， 即 1 ，
4 2y0 2y0
2 + x0
因为 A1( 2,0)， y0 0，所以 A1N1 = ，
2y0
2 x0 2 x0
同理可得N2 (2, )， A2N2 = ，
2y0 2y0
4 x 2 x 2
所以 A1N1 A2N2 =
0
，由Q (x0 , y )在C上，可得 0 + y 20 =1，
4y 2 00 4
4y 20
所以 A1N1 A2N2 = =12 ， 4y0
所以 A1N1 A2N2 为定值 1．…………………………………………………………………………………7 分
1 1
（2）由（1）设 A1N1 =m，则 A2N2 = ，因此直角梯形 A1N1N2A2 的面积S = 2 m + ，
m m
F ( 3,0) 1 (2 + 3)m 1 (2 3)因为 ，所以 S A N F = A1N1 A1F = ，S A N F = A2N2 A2F = ， 1 1 2 2 2 2 2 2m
2 3 2 + 3 2 3 2 + 3
所以 S N FN = S S ， 1 2 A N F S A N F = m + 2 m =11 1 2 2 2 2m 2 2m
2 3 2 + 3
当且仅当 m = ，即m = 2 + 3 时等号成立，此时N1( 2,2 + 3)，N2 (2,2 3)，
2 2m
3 x x 20 x
所以 k 0 yN N = = ，即 0 = ，代入
0 + y 2 =1，
1 2 02 4y0 2 3 4
x = 3 x
0 0
= 3
可得 1 ，或 1 （舍）．
y0 = y0 =
2 2
1
因此，当 x = 3 ， y = 时，△N0 0 1FN2 的面积有最小值 1，
2
1
此时点Q的坐标为 3, ．…………………………………………………………………………………15 分
2
18．（17 分）
【解析】（1）连CE，则四边形 ABCE为菱形，设 AC BE =O， A1
1
则 A1O = AC， E
2 A D
因此， A1A ⊥ A1C； ……………………………………………4 分
O
（2）当 AC = 2A1A = 2 3 时， OAA1是以边长为 3 的等边三角形．
B C
数学试题答案 第2页（共 4 页）
1
又因为梯形 ABCD的面积为3 3 ，所以 ABE的面积为 3 ，所以 BE OA = 3，所以BE = 2．
2
以为O坐标原点，以为OB，OC分别为 x， y轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则 B(1,0,0)
3 3
，C(0, 3,0)，D( 2, 3,0) ， A1(0, , )，
2 2
3 3 3
所以 A C = (0, , ) ， BC = ( 1, 3,0) ，CD = ( 2,0,0) ． 1
2 2
n1 A1C = 0
设 n = (x, y, z)为平面 A1BC的法向量，则 ，
A1 z
1
n1 BC = 0
3 3 3 E
y z = 0 A D
即 2 2 ，

x + 3y = 0 O
令 y =1，则 x = z = 3 ，所以n1 = ( 3,1, 3)．
B
同理可求平面 ACD的一个法向量为n = (0,1, 3)， C 1 2 x y
n1 n2 4 2 7
所以 cos n1,n2 = = = ，
n 2 7 71 n2
A 2 7因此，平面 1BC与平面 A1CD夹角的余弦值为 ；……………………………………………………10 分
7
（3）过 A1作 A1M ⊥ AO，垂足为M ．因为BO ⊥平面 AA1C，
A1
所以BO ⊥ A1M ，所以 A1M ⊥平面 ABCD．
a
设 BE = AA1 = 2a， BAO = ，则BO = a， AO = A1O = ．
tan A E D
1
根据 ABE的面积为 3 ，得 2a AO = 3，即a2 = 3tan ，
2 M O
要使三棱锥 A1 ABE的体积最大，则 A1M 最大，
AO2 + AO2 AA2
cos AOA = 1 1 =1 2tan2因为 1 ， B C
2AO A1O
2
所以sin AOA1 = 1 (1 2tan2 ) = 2 tan2 tan4 ，
2 2 3 π A1M = A1O sin AOA1 = 2 a (1 tan ) = 2 3 ( tan tan )，其中 0, ，
4
令 x = tan ，记 f (x) = x x3(0 x 1)， f (x) =1 3x2 3 3，令 f (x) = 0, x = ，或 x = （舍），
3 3
3 3
当 x 0, 时， f (x) 0, f (x) 在 x 0,3 3
上单调递增，

3 3
当 x ,1 时， f (x) 0, f (x)在 x ,1 上单调递减，
3 3
3 2 3
所以 f (x) f 2 3 2 6 =3
，即 A1M 2 3 = .
9 9 3
1 2 6 2 2
所以 三棱锥 A1 ABE的体积最大值为 3 = .
3 3 3
因此，四棱锥 A1 ABCD体积的最大值为2 2 ．……………………………………………………………17 分
19．（17 分）
【解析】（1）通过实际操作可以发现：当 n = 7 时 x的取值与其比较次数如下表：
x 1 2 3 4 5 6 7
比较次数 3 2 3 1 3 2 3
数学试题答案 第3页（共 4 页）
当 n =16 时 x的取值与其比较次数如下表：
x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
比较次数 4 3 4 2 4 3 4 1 4 3 4 2 4 3 4 5
……………………………………………………………………………………………………………………4 分
1 2 4 17
（2）由（1）知Y7 可取1, 2,3，于是a7 = E (Y7 ) =1 + 2 +3 = ，
7 7 7 7
1 2 4 8 1 27
Y16可取1,2,3,4,5 .于是a16 = E (Y 16 ) =1 + 2 +3 + 4 +5 = ．
16 16 16 16 16 8
Y k 可取1,2,3, ,k，当Y k = m（1 m k）时，所有可能取到的数的个数记为bm，则b2 1 2 1 m+1 = 2bm ,b1 =1，
2m 1
所以bm = 2
m 1
，因此P (Y = m = ，于是 2k 1 ) 2k 1
20 21 23 2k 1 20 + 2 21 + + k 2k 1
a k =1 + 2 +3 + + k = . 2 1 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1
令 S = 20 + 2 21 + + k 2k 1，
2S = 21 + 2 22 + + (k 1) 2k 1 + k 2k k，两式相减得， S = (k 1)2 +1，
(k 1)2k +1
所以 a k = . ……………………………………………………………………………………10 分 2 1 2k 1
（3）根据（2）的分析，容易知道当 2k 1 n 2k+1 1时，Y 可取1, 2,3, ,k,k +1. 2k 1
n = 2k对于任意的 n 3，设 1+ t,(0 t 2k 1，t Z )，
20 + 2 21 + + k 2k 1 + (k +1) t (k 1)2k +1+ (k +1) t k + 2t
则 an = = = k 1+ .
2k 1+ t 2k 1+ t 2k 1+ t
要证： log2 (n +1) 1 an log2 (n +1)，
k + 2t
即证： log
k
2 (2 + t) 1 k 1+ log k2 (2 + t)，
2k 1+ t
( k k + 2 2
k+1
即证： log2 2 + t) 1 k +1+ log (2k2 + t)．
2k 1+ t
k + 2 2k+1
设 f (h)= k +1+ log2 (2k + h),h 0,2k 1 ，
2k 1+ h
只要证： 1 f (h) 0 ．
( 22k+1 k 2)(2k + h)ln 2 (2k 1+ h)
因为 f (h)= ，
( k )22 1+ h (2k + h)ln 2
设 (h)= (2k+1 k 2)(2k + h) 2ln 2 (2k 1+ h) ，
则 (h)= (2k+1 k 2)ln 2 2(2k 1+ h)，
k
所以 (h)在 0,2 1 上单调递减，又 (0) 0，
(0) 0
所以 (h)在 0,2k 1 上单调递减，又 ( k ) ， 2 1 0
故存在 (0,2k 1)使得 ( )= 0，所以 f (h)在 (0, )上单调递增， ( ,2k 1)上单调递减，
容易验证 f (0) 1, f (2k 1) 1，现只需证 f ( ) 0 ．
因为 ( )= 0，所以 (2k+1 k 2)(2k + ) ( k 2ln 2 = 2 1+ ) ，
k + 2 2k+1 (2k 1+ )
f ( )= k +1+ log (2k + )= k +1 log (2k2 2 + ) 0
2k 1+ ( ，2k + )ln2
故 1 f (h) 0 ，也即 log2 (n +1) 1 an log2 (n +1)．……………………………………………………17 分
数学试题答案 第4页（共 4 页）姓名
座位号
(在此卷上答题无效)
2026年合肥市高三第二次教学质量检测
数学
(考试时间：120分钟满分：150分)
注意事项：
1.答卷前，务必将自已的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。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。
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.设全集U={-2,-1,0,,集合A={-2,0,1},B={-1,},则An(CB)=()
A.{-2}
B.{0y
C.{-2,04
D.{-2,0,1}
2.若(1+i)z=i,则在复平面内z对应的点位于（)
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
3
3.记Sn为数列{a}的前n项和，已知4=2，Sn=
0,-山，则a=（)
A.18
B.54
C.81
D.162
4.直线x-y+1=0与抛物线x2=4y交于M,N两点，则MW=()
A,2W2
B.6
C.45
D.8
1-sin 2a
=1
5.已知sin(a-妥
,则sin2a=()
4
B.②
c.
D.
4
2
4
6.己知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面
积最大时，该球的体积为()
A.36V2元
B.36V3π
C.72v2n
D.72N5π
5
7.设2°=3,3°=4，c=4,则（）
A.a>b>c
B.a>c>b
C.b>a>c
D.c>a>b
8.在RtAABC中，C=,
,D为8C边上-点，且∠BAD=2∠CAD,4B=2BD,则C
=()
DB
A.
3
8
1
B.8
C.8
D.
11
数学试题第1页（共4页）
二、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.某社区有150名中老年人参加园艺、摄影、书画等三个兴趣班，每人只参加一个兴趣班，
各班人数及年龄（单位：岁）分布如下表：
兴趣班
园艺班
摄影班
书画班
合计
年龄
[45,55)
12
J
10
27
[55,65)
20
15
25
60
[65,75]
18
10
35
63
合计
50
30
70
150
从这150人中随机抽取1人，设事件M为“抽到的人年龄位于区间[55,65)”，事件N为
“抽到的人来自园艺班”，则()
A.事件M与事件N互斥
B.事件M与事件W相互独立
C.60岁以上的老年人参加园艺班的人数约为28人
D.这150人年龄平均数的估计值为60岁
10.在平行六面体ABCD-AB,GD中，AB=AD=AA=2,∠A4B=∠AAD=∠BAD=
M,N分别为棱BC,CC的中点，则()
A.MNIIAD
B.BD⊥平面AA,CC
C.AC=2/6
D.直线MN与AC所成角的余弦值为
11.已知⊙C:(x+5)2+y2=64,P为⊙C上的任意一点，点A5,0),线段AP的垂直平分
线1与直线CP相交于点2，点2的轨迹与x轴交于A,A,两点，则()
A.点Q的轨迹方程为兰-上=1
169
B.当点卫不在x轴上时，直线QA与Q4,的斜率之积为
9
C.当cos∠A0%=时，sm∠0A4sin∠0%4=
9
100
D.过点C作直线1的垂线，垂足为M(x,),则x。+2的最大值为45
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.己知非零向量a,b满足|a=2|b1,a.6=b,则a与b的夹角为
1a.设数创= a+叭o>00e
A,B是直线y=√3与曲线
y=了()的两个交点，且A8最小值为元.若∫石=5，则9=—
14.已知函数fx)=}
,设立x)-了心x≤M恒成立，则M的最小值为
数学试题第2页（共4页）

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