"皖江名校聯(lián)盟"2025-2026學(xué)年高三質(zhì)量檢測

數(shù)學(xué)試題

(試卷滿分:150分考試時間:120分鐘)

考生注意:

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。

2.答題前,考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、座號填寫在答題卡指定位置,認(rèn)真核對條形碼上的姓

名、考生號和座號,確認(rèn)無誤后將條形碼粘貼在答題卡相應(yīng)位置。

3.考生作答時,請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目

的答案標(biāo)號涂黑;非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作

答超出答題區(qū)域書寫的答案無效,在試題卷、草稿紙上作答無效。

一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要

求的。

1.lg2+lg5=

A1B.-1c.lg7lg

2

2.已知集合U=-3,-2,-1,0,1,2,3},A={XeZX-x-6<0},則UA=

A.{-3,2,3}B.{-3,-2,3}

C.{-1,0,1,2}D.{-2,-1,0,1,2,3}

3.若復(fù)數(shù)Z滿足Z-Z2i,ZZ=5,其中i是虛數(shù)單位,Z是Z的共軛復(fù)數(shù),則Z+Z

A.±2+iB.±2C.4+iD.±4

4.已知圓錐的底面直徑和母線均為2,則該圓錐的側(cè)面積為

ABr3C·2xn.

5.已知函數(shù)f(x)的定義域為D,則"f(xr)的最大值為M"的充分不必要條件為

A.對于任意xeD,f(x)≤MB.存在xoED,使得f(r0)=M

C.函數(shù)f(x)的值域為(-0,MD.YXeD,f(x)≤M,且3x,eD,f(xrn)=M

兀兀

6.下列函數(shù)中不是周期函數(shù)且在上單調(diào)遞增的是

,64

A.f(x)=sinl2xlB.f(x)=sin3xlC.f(x)=cosl2xlD.f(x)=cos/3xl

D-026】數(shù)學(xué)試題第1頁(共4頁)

已知函數(shù)f在I-5·5l內(nèi)的最大值和最小值分別為M·m.則

M+M=2B·M-m=2c.M-m--ln

已知數(shù)列{n}中·in30:n的最大值為

A.7B.9C.11D.13

二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部

選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分。

A.a+b的最小值為4B.ab的最大值為2

的最小值為

c.2+b2sn.2

10.正方體ABCD-A'B'CD'中,以下幾何量與線段AA'的長度相等的是

A.平行直線AB與CD'間的距離B.直線BD與平面A'B'C'D'之間的距離

C.該正方體內(nèi)切球的直徑D.三棱錐A'-BCD(BCD為底面)的高

11.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,C,若a2-b2=bc,則下列結(jié)論正確的是

A.A=2B

B.C=b+2bcosA

c.若=3·b

若△ABC為銳角三角形則的取值范圍是223

D··Ca2·3

三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分。

兀

12.函數(shù)f(+

)=sin(23+2cos(2r-T6)的最大值為·

13.向量a=(1,3)在b=(2,1)上的投影向量是(用坐標(biāo)表示).

14.在四面體ABCD中,AB=CD=AC=BD=1,AD=BC,則該四面體體積的最大值是·

四、解答題:共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

15.(13分)

已知函數(shù)f(x)=M(M>0),在點p(xwf(rn))(x>0)處的切線分別與x,y軸交于點A,B.

(1)若M=xO=1,求直線AB的方程;

(2)求證:P是AB的中點;

(3OAB的面積是否為定值,若是,求出該定值,若不是,請說明理由·

D-026】數(shù)學(xué)試題第2頁(共4頁)

16.(1s分)

如圖,已知函數(shù)f(xr)=Asin(ax+p)(A>0,c>0,0<p<)的圖象與y軸交于點D,與x軸交于

點B和點C.E.

(1)求。的值,曲線y=f(xr)的對稱軸方程以及函數(shù)f(xr)的單調(diào)遞減區(qū)間;

·求此時A的值和△BCD的面積.

17.(1s分)

如圖,平面五邊形ABCDE中,△CDE是等邊三角形,四邊形ABCE為正方形,F為CE中點,現(xiàn)將

△ABE沿BE折起到△ABE位置,使得平面ABE平面BCDE,連接AF,DF.

A1

AE

C

BCD

(1)求證:平面CDEL平面ADF;

(2)求平面ADF與平面A,BC所成銳二面角的正弦值·

[D-026】數(shù)學(xué)試題第3頁(共4頁)

18.(17分)

已知數(shù)列{n}的前項和為snne

(1)求(,2,3);

(2)若n>0,求sn;

(3)是否存在數(shù)列{n},使得2026=-2025,若存在,寫出一個{a,},若不存在,請說明理由·

19.(17分)

(2)記F(x)=x2f"(x),求函數(shù)F(x)在區(qū)間(0,4n)上的零點個數(shù);

(3)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+0)上的所有極值點從小到大依次為,2,3,…,證明:f(x1)+f(2)+

f(x3)<0·

D-026】數(shù)學(xué)試題第4頁(共4頁)

數(shù)學(xué)參考答案及賦分標(biāo)準(zhǔn)

一、選擇題:：

題號12345678

答案ABDCCADB

1.【答案】A【解析】lg2+lg5=lg10=1，選項A正確.

2.【答案】B【解析】A={x∈Z|x2—x—6<0}={x∈Z|(x—3)(x+2)<0}={—1,0,1,2}，

故CUA={—3,—2,3}，選項B正確.

3.【答案】D【解析】設(shè)z=x+yi，則z=x—yi，從而2yi=2i,x2+y2=5，即x2=4,y=1，

從而z+z=2x=±4，選項D正確.

4.【答案】C【解析】所求圓錐側(cè)面積S，C正確.

5.【答案】C【解析】A是必要條件，舉例如下：若函數(shù)f(x)=sinx，顯然有對于任意x∈D，

f(x)≤2，但f(x)的最大值不是2；B顯然錯誤；C正確，D是充要條件.

6．【答案】A【解析】C,D是周期函數(shù)，A,B不是周期函數(shù)，當(dāng)x時，|2x|=2x

選項A正確.

7.【答案】D【解析】因為f所以f(—x)=—f(x)，

因此M+m=0，即.

8.【答案】B【解析】因為，即，故，

an2a—n

所以n+n—1<1000，解得n≤9，選B.

二、選擇題：

題號91011

答案ACBCDABD

9.【答案】AC【解析】因為a+b=等號成立當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2，

所以a+b的最小值為4，選項A正確；令a=b=2，滿足，但此時ab=4，

所以ab的最大值不是2，選項B錯誤；

因為a2+b2=等號成立當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2，

（或→a2+b2≥8）即a2+b2的最小值為8，故選項C正確；

因為所以，等號成立當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2，即的最小值為，

因而選項D錯誤.

10.【答案】BCD【解析略】畫圖即知.

11.【答案】ABD【解析】由a2—b2=bc以及正弦定理知sin2A—sin2B=sinBsinC，

易證sin2A—sin2B=sin(A+B)sin(A—B)（正弦平方差公式），

又sin(A+B)=sinC≠0，故sin(A—B)=sinB>0，可得A=2B，選項A正確；

由余弦定理知a2=b2+c2—2bccosA，代入a2—b2=bc得c2—2bccosA=bc，

即c=b+2bcosA，選項B正確；

π

若a=3,b=1，由a2—b2=bc得c=2,C=,從而上

2

由S△ABC=S△ADC+S△ADB，得absin90o=b.CD.sin45o+a.CD.sin45o,

sin上ACBsin上ACDsin上BCD

（該面積法可證張角定理：=+）

CDBCAC

、26

從而·3=CD+CD，即、6=CD+、3CD，

22

解得6=CD+、3C選項C錯誤；

C

（另解：如圖，已知A=60o,B=30o,·

xE

因為、3(、3—1)●

、·、x=，2x

x+3x=3，解得3x

2x

所以2故.C錯誤）ADB

CD=·、x

由上A=2B→sinA=sin2B=2sinBcosB→cosB

因為a2—b2=bc，兩邊同除以ab，所以cosB

因為△ABC為銳角三角形，故所以cosB

c12

由函數(shù)單調(diào)性知=2cosB—∈(,)，選項D正確.

a2cosB23

【備注】倍角三角形（存在正整數(shù)k，使得三角形一內(nèi)角是另一個內(nèi)角的k倍）有著非常多的性質(zhì)，本

題刻畫的是k=2時倍角三角形的性質(zhì)：

A=2Ba=2bcosBa2—b2=bcc=b+2bcosA

可以證明，點C的軌跡是雙曲線的一支.

【參考試題】：（2021年八省聯(lián)考節(jié)選）雙曲線C1(a>0,b>0)左頂點為A，右焦點為F，

離心率為2，動點B在C上且在第一象限，證明：上BFA=2上BAF.

三、填空題：

12.【答案】3

【解析】f(x)=sin(2x+)+2cos(2x—)

=sin2x.cos+cos2x.sin+2cos2x.cos+2sin2x.sin

故最大值為3.

注：f(x)=sin(2x+)+2cos(2x—)=sin(2x+)+2cos(2x+—)=3sin(2x+).

13.【答案】(2,1)

【解析】所求投影向量為b=b=(2,1)

14.【答案】

【解析】將四面體如圖放置在長方體中，設(shè)AD=BC=x,OA=a,OB=b,OD=c，

顯然0<x<2

D

1C

又從而xcx

11

aO1b

,-B

A

可得0<t=x2<2，

而

V四面體ABCDabc

記g(t)=t2(2—t)，則g'(t)=2t(2—t)—t2=—3t2+4t

所以當(dāng)t=，即x時，g(t)取最大值g

故V四面體ABCD的最大值為

四、解答題

15.（1）若m=x0=1，則f=1，f'

所以切線AB的方程為y—1=—(x—1)，即y=—x+2，………3分

（2）依題意，ff'

所以切線AB的方程為y即y=—x+，…………6分

令x=0，得y即點B的坐標(biāo)為，

令，得，即點的坐標(biāo)為，………………9分

y=0x=2x0A(2x0,0)

因為

所以AB中點坐標(biāo)為(x0,)，即P是AB的中點.……………11分

（3）有（2）知△OAB的面積SOA||OBm,

故△OAB的面積為定值，且該定值為2m.……13分

注：本題通過導(dǎo)數(shù)研究反比例函數(shù)的性質(zhì)，刻畫了一般雙曲線的性質(zhì)：

過雙曲線—=1上任意一點P(x0,y0)作該雙曲線的切線，與雙曲線的漸近線分別交于點A,B，則：

（1）P是AB的中點；

（2）△OAB的面積為定值ab.

16.（1）依題意，C為DE的中點，因此點C的坐標(biāo)為(,0)，

所以|BC|=—(—)=，即從而①=2；…………3分

且BC的中點F的橫坐標(biāo)為

故曲線y=f(x)的對稱軸方程為x…………6分

又（此為點F關(guān)于C對稱的點的橫坐標(biāo)），

所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為其中k∈Z.……………9分

（2）①由題意，f故2×(—)+φ=kπ(k∈Z),

π

因為0<φ<π,解得φ=.……………………12分

3

又f所以Asin，解得A=1，

11ππ

顯然，△BCD的面積=|BC|.|OD|=××=.…15分

22228

17.（1）記BE中點為O，依題意，

（方法一）如解答圖1，因為四邊形ABCE為正方形，

所以O(shè)A1=OA=OB=OC=OE，OA1丄BE，而平面A1BE丄平面BCDE，

故OA1丄平面BCDE，……………3分

因而OA1丄OC，從而A1C=A1E，故CE丄A1F，

又△CDE是等邊三角形，所以DF丄CE，即CE丄平面A1DF，

從而平面CDE丄平面A1DF.……………………6分

z·

A1A1

A1

OO

●

●O●

B

EBEBEy

F

·-----"FF

CCC

DDxD

解答圖1解答圖2解答圖3

（方法二）因為△CDE是等邊三角形，F(xiàn)為CE中點，所以DF丄CE,

又四邊形ABCE為正方形，所以BC丄CE，因而DF∥BC，

又O為中點，所以O(shè)F∥BC，

即O，F(xiàn)，D三點共線，平面A1DF即平面A1OD，（如解答圖2）………………3分

而平面A1BE丄平面BCDE，且OA1丄BE，

故OA1丄平面BCDE，從而OA1丄CE，

由CE丄BC，知CE丄OD，從而CE丄平面A1OD，即CE丄平面A1DF，

所以平面CDE丄平面A1DF.……………………6分

（2）（方法一）由（1）知，OA1,OB,OC兩兩垂直，如解答圖3建立空間直角坐標(biāo)系.

不妨設(shè)OA1=OB=OC=1，則A1(0,0,1),B(0,—1,0),C(1,0,0),E(0,1,0)，

設(shè)平面A1BC的法向量為n1=(x,y,z)，則

即取x=1，得n1=(1,—1,1)，……10分

由（1）知，即CE丄平面A1DF，

即平面A1DF的法向量為n

所以cos<n1,n

即平面A1DF與平面A1BC所成銳二面角為θ,則sin.………………15分

（方法二）用平面A1OF替代平面A1DF計算，數(shù)據(jù)簡單（過程略）.

（方法三）設(shè)平面A1DF與平面A1BC所成銳二面角的平面角為θ,

由（1）證法二知，θ為平面A1OF與平面A1BC所成銳二面角的平面角，OF∥BC，

取BC中點H，l

A1

易證A1H丄BC,A1O丄BC,…8分

記平面A1DF平面A1BC=l，（如解答圖4）

可證l∥OF∥BC，…………10分

從而丄丄O

A1Hl,A1Ol,BE

即,………………12分●

上HA1O=θF

不妨設(shè)OH=1，則OHAHC___/

1,D

解答圖4

因此sin上H

記平面A1DF與平面A1BC所成銳二面角為θ,則sin.…15分

323332

18.（1）依題意，an≠0，ai=Sn即a1+a2++an=(a1+a2++an)，

32

當(dāng)n=1時，a1=a1，可得a1=1，

33232

當(dāng)n=2時，a1+a2=(a1+a2)，即1+a2=(1+a2)，

32

從而a2=a2+2a2，解得a2=—1或a2=2，…………………3分

3332

當(dāng)n=3時，a1+a2+a3=(a1+a2+a3)，

32

若a2=—1，則a3=a3，解得a3=1，…………5分

32

若a2=2，則9+a3=(3+a3)，

32

從而a3=a3+6a2，解得a3=一2或a3=3，

綜上，或或7分

(a1,a2,a3)=(1,一1,1)(1,2,一2)(1,2,3).............................................

323332

（2）因為ai=Sn，即a1+a2++an=Sn，

所以3332

a1+a2++an一1=Sn一1(n≥2)

322

兩式相減得，an=Sn一Sn一1=(Sn一Sn一1)(Sn+Sn一1)

2

所以an=Sn+Sn一1，.....................................................................................................................................10分

2

從而an一1=Sn一1+Sn一2(n≥3)

22

相減得an一an一1=an+an一1，即an一an一1=1(n≥3)，

又a1=1，由（1）知a2=2，即a2一a1=1，

從而{an}是公差為1首項為1的等差數(shù)列，所以an=n

從而……………13分

Sn.

22

（3）由（2）an一an一1=an+an一1，所以(an+an一1)(an一an一1一1)=0，

故an=一an一1，或an一an一1=1，……………15分

所以存在數(shù)列{an