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安徽合肥市2026届高三第二次教学质量检测数学试卷
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.设全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若，则在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.记为数列的前项和，已知，，则( )
A. B. C. D.
4.直线与抛物线交于，两点，则 ．
A. B. C. D.
5.已知，则( )
A. B. C. D.
6.已知圆柱的轴截面是周长为的矩形，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. B. C. D.
7.设，，，则( )
A. B. C. D.
8.在中，，为边上一点，且，，则( )
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.某社区有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：
园艺班 摄影班 书画班 合计
合计
从这人中随机抽取人，设事件为“抽到的人年龄位于区间”，事件为“抽到的人来自园艺班”，则( )
A. 事件与事件互斥
B. 事件与事件相互独立
C. 岁以上的老年人参加园艺班的人数约为人
D. 这人年龄平均数的估计值为岁
10.在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则( )
A. B. 平面
C. D. 直线与所成角的余弦值为
11.已知：，为上的任意一点，点，线段的垂直平分线与直线相交于点，点的轨迹与轴交于，两点，则( )
A. 点的轨迹方程为
B. 当点不在轴上时，直线与的斜率之积为
C. 当时，
D. 过点作直线的垂线，垂足为，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.已知非零向量，满足，，则与的夹角为 ．
13.设函数，，是直线与曲线的两个交点，且最小值为若，则 ．
14.已知函数，设，若恒成立，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.本小题分
某出行平台为缓解市高峰时段打车难问题，实行“动态调价”机制平台根据历史数据发现，乘客是否接受调价与其出行目的密切相关根据历史订单，市高峰时段乘客出行目的可分为三类：工作通勤、接驳交通枢纽及其他，其占比分别为，，，且这三类出行目的的乘客接受动态调价的概率分别为，，从市高峰时段所有订单中随机抽取一单．
求该订单乘客接受动态调价的概率
已知该订单乘客接受动态调价，求其出行目的为工作通勤的概率．
16.本小题分
设函数．
证明：曲线在点处的切线过定点，并求出该定点坐标
若有两个零点，求的取值范围．
17.本小题分
记椭圆的左、右顶点分别为，，右焦点为，为上动点已知过点且与恰有一个公共点的直线的方程为，与直线，分别交于，两点．
证明为定值
求面积的最小值及此时点的坐标．
18.本小题分
如图，在面积为的梯形中，，，为的中点将沿翻折至．
证明：；
当时，求平面与平面夹角的余弦值；
当时，求四棱锥体积的最大值．
19.本小题分
“二分法”是一种常用的检索方法．为正整数且数，为了寻找，我们可以把与区间中点进行比较，不断缩小区间范围，最后检索到检索的过程分为取数和比较两个步骤取数：是集合中的整数，若为偶数，取；若为奇数，取比较：比较与的大小关系若，则停止检索：若，则，，继续检索：若，则，，继续检索，下一次检索区间范围更新为，其中，对于正整数，从集合中任取一个数，按上述检索过程找到数经历的比较次数为，记．
请完成表和表．
表：时，不同取值所经历的比较次数
比较次数
表：当时，不同取值所经历的比较次数
比较次数
求、，并求出；
证明：，．
参考数据：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：设“乘客出行目的为工作通勤”为事件，“乘客出行目的为接驳交通枢纽”为事件，
“乘客出行目的为其它”为事件，“乘客接受动态调价”为事件，
则，，，，，．
所以
．
因此，该订单乘客接受调价的概率为．
，
因此，该订单乘客出行目的为工作通勤的概率为．
16.解：因为，，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为：，
即，即，
所以曲线在点处的切线过定点；
，
当时，，则在上单调递减，此时最多有一个零点，不满足题意．
当时，令，解得，令，解得，
于是在上单调递减，在上单调递增，
所以．
当时，，当时，，
又因为有两个零点，
所以，即，
解得或．
因此，的取值范围为
17.解：由于直线的方程为，
当时，，即，
因为，，所以，
同理可得，，
所以，由在上，可得，
所以，所以为定值．
由设，则，因此直角梯形的面积，
因为，所以，
，
所以，
当且仅当，即时等号成立，此时，，
所以，即，代入，
可得，或舍．
因此，当，时，的面积有最小值，
此时点的坐标为
18.解：连接，由为中点，则，又，
则四边形为菱形，设，则为中点，
则，故；
当时，是边长为的等边三角形，
又因为梯形的面积为，所以的面积为，
所以，所以，
以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，，
设为平面的法向量，则
即，令，则，所以，
设为平面的法向量，则
即，令，则，，所以，
所以，
因此，平面与平面夹角的余弦值为；
过作，垂足为，
因为四边形为菱形，所以，即，
又是平面内的两条相交直线，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，、平面，所以平面，
设，，则，，
根据的面积为，得，即，
要使三棱锥的体积最大，则最大，
因为，
所以，
，其中，
令，记，，
令，，或舍，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，即，
所以三棱锥的体积最大值为，
因此，四棱锥体积的最大值为．

19.解：通过实际操作可以发现：当时的取值与其比较次数如下表：
比较次数
当时的取值与其比较次数如下表：
比较次数
由知可取、、，
于是，
可取、、、、．
于是．
可取，当时，所有可能取到的数的个数记为，
则，，
所以，因此，于是
令，
，
上述两个等式作差得，
整理可得，所以．
根据的分析，容易知道当时，可取．
对于任意的，设，，
则．
要证：，
即证：，
即证：．
设，，
只要证：．
因为，
设，
则，
所以在上单调递减，又，
所以在上单调递减，又
故存在使得，所以在上单调递增，上单调递减，
容易验证，，现只需证．
因为，所以，
，
故，也即．

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