高三10月份教学质量测评数学参考答案_2025年10月_251028超清原版：安徽省合肥一中2026届高三10月份教学质量测评（全科）

合肥一中 2026 届高三 10 月份教学质量测评
数学参考答案
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
1.已知集合 或 ， ，若 ，则实数 的取值范围是（ ）
A. （-∞,-2𝐴𝐴）=（0{𝑥𝑥,|∞𝑥𝑥）< − 1 B.（𝑥𝑥 >-30,}1） 𝐵𝐵 = { 𝑥𝑥 |𝑚𝑚C.（−-12,<0）𝑥𝑥 < 𝑚𝑚 + D2.}（-∞,𝐵𝐵-∪3）𝐴𝐴（=1𝑅𝑅,∞） 𝑚𝑚
【答案】C
m−1<−1
【解析】 由

，解得−2<m<0，故选C.
m+2>0
1
2.已知m∈R， p:3m2 −4m+1≤0，q:函数 f ( x )= x3 −3mx2 +1在区间 ( 2,6 ) 上不单调，则 p是q的（ ）
3
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D.
1
【详解】由3m2 −4m+1≤0，得 ≤m≤1。
3
f′( x )= x2 −2⋅3mx= x ( x−2⋅3m ) ，要使函数 f ( x ) 在区间 ( 2,6 ) 上不单调，则有2<2⋅3m <6，解得0<m<1。
所以 p是q的既不充分也不必要条件，故选：D.
π
3.将函数 f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)的图象向右平移 个单位长度，得到的图象关于y轴对称，则ω的最小值为( )
6
9 7 5 3
A. B. C. D.
2 2 2 2
【答案】A
π
【解析】解：由函数 f(x)=sinωx+cosωx= 2sin(ωx+ )，
4
π
将函数 f(x)的图象向右平移 个单位长度，
6
π π π ωπ
得到g(x)= 2sin[ω(x− )+ ]= 2sin(ωx+ − )，
6 4 4 6
π ωπ π
因为 y = g(x)的图象关于y轴对称，可得 − = +kπ,k∈Z，
4 6 2
3
解得ω=− −6k,k∈Z，
2
9
又因为ω>0，所以ω的最小值为 .
2
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第1页（共13页）故选：A.
4.连接圆形花圃圆周上的三点A，B，C，∆ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若∆ABC的面积为S，且
a=10，4S =b2 +c2 −100，则该花圃的面积为（ ）
A.10 2π B.50π C.125π D.200π
【答案】B
1
【解析】由题意可得4× bcsin A=b2 +c2 −a2，
2
根据余弦定理2bccosA=b2 +c2 −a2可得2bcsin A= 2bccosA,
π
所以tanA=1,又A∈（0，π），则A= .
4
设∆ABC外接圆的半径为R，由正弦定理可得
a 10
2R= = =10 2
sin A π ，
sin
4
可得R=5 2 ，
花圃的面积即为∆ABC外接圆的面积S =πR2 =50π.
故选B
5.已知a=log 4， 2，c=cos6，则
3 b=23
A．b>a>c B. a>b>c
C. c>b>a D. b>c>a
【答案】：A
4 3 2 3 3 3
【解析】显然c=cos6<1，且a=log 4=1+log <1+log 3= ,b=23 = 3 4 > ( )3 = ，所以b>a>c.故选
3 3 3 3 2 2 2
A.
sin2x>sinx
6．设x∈[0,2π]，则不等式组 的解集为（ ）
cos2x>cosx
π π 4π 7π 4π
A．∅ B．（ ，） C．（π， ） D．（ ， ）
6 3 3 6 3
【答案】C
【解析】因为x∈[0,2π]，由cos2x>cosx，得2cos2x−cosx−1>0，
1 2π 4π
所以cosx>1（舍）或cosx<− ，所以x∈（ ， ）.
2 3 3
由sin2x>sinx，得sinx(2cosx−1)>0，所以sinx<0，所以x∈（π，2π）.
4π
综上可知x∈（π， ）.
3
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第2页（共13页）故选：C.
x
7.已知 f(x)=−2x3 +11x2 −18x+a，若 f(x)<0当且仅当1<x<b或x>c，其中a,b,c为实数，则方程 f( )=0的所有实
2
根的和为（ ）
7 11
A. −11 B. C. D. 11
2 2
【答案】D
【解析】由题意知1为方程−2x3 +11x2 −18x+a=0的一个根，所以a=9，
3
所以方程−2x3 +11x2 −18x+9=0的根为x =1,x = ,x =3，
1 2 2 3
x
所以方程 f( )=0的所有实根的和为11.
2
8.已知关于x的方程 的解集有2个子集，则a的取值范围是( )
1  1   1 
A. (− ,0) B. (0,+∞) C. − [0,+∞) D. −  (0,+∞)
e2  e2  e2
【答案】D
【解析】解：因为关于x的方程 恰有一个实数解，
即 恰有一个实数解，
令 ，
则直线 y =a与函数y= f(x)的图象有一个交点，
又因为 f′(x)=(x+2)ex，
所以当x∈(−∞,−2)时， f′(x)<0， f(x)单调递减；
当x∈(−2,−1)时， f′(x)>0， f(x)单调递增；
当x∈(−1,+∞)时， f′(x)>0， f(x)单调递增；
1
所以 f(x) = f(−2)=− ，
min e2
且当x<−1时， f(x)<0，当x>−1时， f(x)>0，
作出函数y= f(x)的图象，如图所示：
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第3页（共13页）1
由此可得当a =− 或a >0时，直线 y =a与函数y= f(x)的图象有一个交点，
e2
 1 
所以a的取值范围是−  (0,+∞) .
 e2
故选：D.
二、多项选择题：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.设a，b，c，d为实数，且a>b≥0≥c>d ，则下列不等式正确的有 ( )
b b+c c b
A. a−d ≥b−c B. < C. ad <bc D. − ≥0
a a+c a d
【答案】AC
【解答】
解：对于A，因为a>b，−d >−c，所以a−d ≥b−c，故A正确；
b b+c
对于B，反例a=2，b=1，c=−1满足条件，但 > ，故B错误；
a a+c
对于C，因为a>b≥0，−d >−c≥0，所以−ad >−bc，ad <bc.
c b
对于D，反例a=2，b=1，c=−1，d =−3， − <0，故D错误.
a d
故选：AC.
10.已知定义域为R的偶函数 f(x)满足 f(x+2)=−f(−x)，当x∈(1,2]时 f(x)=2x −2，则下列结论正确的有( )
A. f(−1)=0 B. f(x)的图象关于点(3,0)成中心对称
x 1
C. f(2024)> f(2025) D. f( )f( )
x2 +1 2
【答案】ABD
【解答】由 f(x+2)=−f(−x)，得函数 f(x)关于点(1,0)中心对称，
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第4页（共13页）又因为 f(x)为定义域为R的偶函数，
所以 f(x+2)=−f(x)，
则 f(x+4) =f(−x 2)+ f=(x)，
即函数 f(x)是以4为周期的周期函数；
当x∈(1,2]时， f(x)=2x −2，
则 f(x)的大致图像如图所示：
对于A，由 f(x+2)=−f(−x)令x=−1得 f(1)=0，
则 f(−1)= f(1)=0，A正确；
对于B， f(6+x)= f(2+x)=−f(−x)，
所以函数 f(x)的图象关于点(3,0)成中心对称，B正确；
对于C， f(2024)= f(0)=−f(2)=−(22 −2)=−2，
f(2025)= f(1)=0，所以 f(2024)< f(2025)，C错误；
x
对于D，当x=0时， =0，
x2 +1
x 1
=
当x≠0时， x2 +1 1 ，
x+
x
1 1
因为x>0时，x+ 2，x<0时，x+

−2，
x x
x 1 1
所以 ∈[− ,0)∪(0, ],
x2 +1 2 2
x 1 1
综上， ∈[− , ]，
x2 +1 2 2
x 1
即0| | ，
x2 +1 2
因为函数 f(x)在[0,2]上为增函数，
x 1
所以 f(| |)f( )，
x2 +1 2
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第5页（共13页）又 f(x)为偶函数，
x 1
所以 f( )f( )，D正确.
x2 +1 2
故选ABD.
11.设 f ( x )=sink x+cosk x，其中k∈Z .则下列说法正确的是（ ）
k
A. f (x)的最小值为4
−2
( )
B.当k为奇数时， f x 为奇函数
k
C.当k=2m+1 ( m∈N* ) 时， f ( x ) 的值域为 [-1，1]
k
nπ
D.当k=2m ( m∈Z ) 时， f ( x ) 关于x= ( n∈Z )对称
k
4
【答案】ACD
1 1 1 4 π
【解析】因为 f
−2
(x)=
sin2 x
+
cos2 x
=
sin2 xcos2 x
=
sin2( 2x )
≥4并且 f
−2
(
4
)=4，所以选项A正确；
因为 f
(
0
)≠0，所以
f
(
x
)
不是奇函数，B选项错误；
3 3
( )
当k=2m+1 m∈N* 时，
π
f ( x ) ≤ sinx k + cosx k ≤ sinx 2 + cosx 2 =sin2 x+cos2 x=1，并且 f  =1，
k k  2
 π
f  − =−1，所以 f ( x ) 的值域为 [-1，1] ，C选项正确；
k  2 k
 kπ 
k=2m ( m∈Z ) 时，若k >0，则 f ( x ) 定义域为R;若k ≤0，则 f ( x ) 定义域为x|x≠ ,k∈Z，均关于
k k  2 
nπ
x= ( n∈Z )对称.
4
当n为奇数时，
nπ  nπ  nπ 
f  −x =sink  −x +cosk  −x =cosk x+sink x= f ( x ) ；
k  2   2   2  k
当n为偶数时，
nπ  nπ  nπ 
f  −x =sink  −x +cosk  −x =sink x+cosk x= f ( x ) .
k  2   2   2  k
综上所述，D选项正确.本题选ACD.
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第6页（共13页）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα+tanβ=4，tanαtanβ= 2+1，则sin(α+β)= .
2 2
【答案】−
3
tanα+tanβ 4
【解析】tan(α+β)= = =−2 2
1−tanαtanβ − 2
因为α为第一象限角，β为第三象限角，所以α+β为第四象限角，不妨令α+β终边上一点坐标为（1，−2 2），
−2 2
则r = 1+8 =3，所以sin(α+β)= .
3
13.已知曲线 f ( x )=ex+1和g ( x )=lnx+a存在一条过坐标原点的公切线，则实数a=___．
【答案】3
【解析】设直线l：y =kx与曲线y = f ( x )相切于点 ( x ,y ) ，
0 0
由 f′( x )=ex+1，得k = f′( x )=ex 0 +1，因为l与曲线 f ( x )=ex+1相切，
0
y =ex 0 +1x ,
所以 0 0 消去y ，得ex 0 +1x =ex 0 +1，解得x =1．
 y =ex 0 +1, 0 0 0
0
设l与曲线y = g ( x )相切于点 (x,y) ，由g′( x )= 1 ，得k =e2 = 1 ，即e2x =1，
1 1 x x 1
1
因为 (x,y) 是l与曲线g ( x )=lnx+a的公共点，
1 1
 y =e2x , 1
所以 1 1 消去 y ，得e2x =lnx +a，即1=ln +a，解得a =3．
y =lnx +a, 1 1 1 e2
1 1
故答案为：3.
14．若a,b>0，则ab=a2 +b2 −4a−4b+6，则ab的取值范围为________.
2 
【答案】

，26+8 10

3 
【解析】由题意得3ab=( a+b )2 −4 ( a+b )+6，
令m= ab,n=a+b，则n≥2m，3m2 =n2 −4n+6.
设 f(n)=n2 −4n+6,n∈[2m,+∞)，
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第7页（共13页）2 
当m∈(0,1)时， f(n)∈[2,+∞)，所以3m2 ≥2，ab=m2∈

,1；
3 
当m∈[1,+∞)时， f(n)∈[4m2 −8m+6,+∞)，所以3m2 ≥4m2 −8m+6，解得
m∈4− 10,4+ 10，即m∈1,4+ 10，所以ab=m2∈1,26+8 10 .
     
2 
综上所述，ab的取值范围为  ，26+8 10 .
3 
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
A+C
15.已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin =sin(π−B).
2
(Ⅰ)求B；
3
(Ⅱ)若sinC = sinA，点B到直线AC的距离为3，求ABC的面积.
2
解：(Ⅰ)依题意，
A+C π−B B B B
sin =sin =cos =sin(π−B)=sinB =2sin cos ，
2 2 2 2 2
B  π B 1 B π π
因为 ∈ 0, ，故sin = ， = ,B = .………………………………6分
2  2 2 2 2 6 3
sinC 3 c
(Ⅱ)由正弦定理得 = = ，
sinA 2 a
不妨设c=3m(m>0)，则a =2m，
由余弦定理得b2 =a2 +c2 −ac=7m2，得b= 7m.
1 1 π 21
因为S = ⋅3⋅ 7m= ⋅sin ⋅3m⋅2m，所以m= ，
ABC 2 2 3 3
1 7 3
所以S = ⋅3⋅ 7m= .……………………………………………………13分
ABC 2 2
16.设 f(x)=2sinx+sin(2x)，x∈R.
（1）求函数 f(x)的单调区间；
（2）若∆ABC的三个顶点均在半径为2的圆周上，求∆ABC面积的最大值.
解析：（1） f '(x)=2cosx+2cos ( 2x )=2 ( 2cos2 x+cosx−1 ) =2 ( 2cosx−1 )( cosx+1 )，
1  π π 
令 f '(x)>0 ， cosx> ， x∈  − +2kπ， +2kπ  ( k∈Z ) ， f(x) 的 单 调 增 区 间 为
2  3 3 
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第8页（共13页） π π 
 − +2kπ， +2kπ  ( k∈Z ) ；
 3 3 
1 π 5π 
令 f '(x)<0 ， −1<cosx< ， x∈  +2kπ， +2kπ  ( k∈Z ) ， f(x) 的 单 调 减 区 间 为
2  3 3 
π 5π 
 +2kπ， +2kπ  ( k∈Z ) .
 3 3 
 π π 
综 上 所 述 ， 函 数 f(x) 的 单 调 增 区 间 为  − +2kπ， +2kπ  ( k∈Z ) ， 单 调 减 区 间 为
 3 3 
π 5π 
 +2kπ， +2kπ  ( k∈Z ) .………………………………………………………6分
 3 3 
（2）不妨设A=x为锐角，设O为圆心，如图所示，
1 1  π
S ≤ BC ( OA + OD ) = ⋅2⋅2sinx ( 2+2cosx )=2f(x),x∈ 0, .
∆ABC
2 2  2
 π π π
由第（1）问可知，函数 f(x)在0， 上单调递增，在 ， 上单调递减，
 3  3 2
π  π
所以S ≤2f(x)≤2f   =3 3，x∈ 0, .
∆ABC
 3  2
当∆ABC为等边三角形时，S =3 3.
ΑABC
综上所述，∆ABC面积的最大值为3 3.………………………………………15分
ax+1，x≤0;
17.设 f(x)= (a >0)，g(x)= f(x)−t(t∈R).
|lnx|，x>0.
（1）讨论函数g(x)的零点个数；
（2）若对任意实数x ,x ,x (x < x < x )满足 f(x )= f(x )= f(x )，都有
1 2 3 1 2 3 1 2 3
−x +x +x ≥e+e−1恒成立，求实数a的取值范围.
1 2 3
（1）由题意可得，当x∈(−∞,0 ] 时， f(x)单调递增，值域为 (−∞,1 ] ；当x∈(0,1)时， f(x)单调递减，值域为
( 0,+∞) ；当x∈[ 1,+∞)
时， f(x)单调递增，值域为
[ 0,+∞)
.
令g(x)=0，即 f(x)=t .
当t∈(−∞,0)时， f(x)=t 在x∈(−∞,0 ] 上有一解；
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第9页（共13页）当t =0时， f(x)=t 在x∈(−∞,0 ] 上和x∈[ 1,+∞) 上各有一解；
 1  1
当t∈(0,1]时， f(x)=t 在x∈  − ,0  ，[ ,1)和x∈(1,e]上各有一解；
 a  e
1
当t∈( 1,+∞) 时， f(x)=t 在x∈(0, )和（1,+∞）上各有一解.
e
综上所述，当t∈(−∞,0)时，函数g(x)的零点个数为1；
当t∈(1,+∞) { 0 } 时，函数g(x)的零点个数为2；
当t∈(0,1]时，函数g(x)的零点个数为3.………………………………………6分
（2）令 f(x )= f(x )= f(x )=t，
1 2 3
 1  1
由第（1）问可知此时t∈(0,1],x 1 ∈   − a ,0   ,x 2 ∈(0, e ],x 3 ∈(1,e]，
t−1
所以ax +1=−lnx =lnx =t，−x +x +x =− +e−t +et >e+e−1恒成立.
1 2 3 1 2 3 a
t−1 1
令h(t)=et +e−t − ,t∈(0,+∞)，h'(t)=et −e−t − 为增函数.
a a
h'(0)<0，当t →+∞时，h'(t)→+∞，所以存在唯一的t >0使得h' ( t )=0.
0 0
当t∈(0,t )时，h' ( t )<0，h(t)单调递减；当t∈(t ,+∞)时，h' ( t )>0，h(t)单调递增.
0 0
因为h(t)≥e+e−1 =h(1)在t∈(0,1]上恒成立，当0<t <1时，h(t )<h(1)和条件矛盾;当t ≥1时，h(t) t∈(0,1]
0 0 0
上单调递减，h(t)≥h(1)在t∈(0,1]上恒成立.
1
因此，t ∈[1,+∞)，h'(1)=e1−e−1− ≤0，
0
a
 e 
所以a∈ 0, .…………………………………………………………15分
 e2 −1
18.已知函数 f(x)=ex −ax+1(a∈R)
(1)试讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当x∈[0,1]时，试求函数 f(x)的最小值g(a)并求g(a)的最大值；
(3)若a∈Z ，对任意x ,x ∈(0,1], x ≠ x ，都有| f(x )− f(x )|<2 lnx −lnx ，求a的取值集合．（参考： 4 ）
1 2 1 2 1 2 1 2 e 5 ≈2.45
解：函数 f(x)的定义域为R， f′(x)=ex −a.
(1)当a0时， f′(x)>0在R上恒成立，所以 f(x)在R上单调递增;
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第10页（共13页）当a>0时，令 f′(x)>0，解得x>lna，则 f(x)在(lna,+∞)上单调递增，令 f′(x)<0，解得x<lna，则 f(x)
在(−∞,lna)上单调递减.
∴综上得，当a0时， f(x)在R上单调递增;
当a>0时， f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增.………………4分
(2)由条件得， f′(x)=ex −a，x∈[0,1],
由(1)知，当a0时， f(x)在x∈[0,1]上单调递增，∴此时函数 f(x)最小值为 f(0)=2;
当a>0时，由(1)知， f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增.
又x∈(0,1]，
当0<lna 1，<即1<a<e时， f(x)在[0,lna)上单调递减，在(lna,1]上单调递增.
∴此时函数 f(x)最小值为 f(lna)=a−alna+1;，
89e608ff961495945acb4b156312dc47
当lna1，即a≥e时， f(x)在[0,1]上单调递减，∴此时函数 f(x)最小值为 f(1)=e+1−a;
当lna≤0，即0<a≤1时， f(x)在[0,1]上单调递增，∴此时函数 f(x)最小值为 f(0)=2.
2, a≤1;

综上得，g(a)=a−alna+1, 1<a<e;.

e+1−a, a≥e.
当a≤1时，g(a) =2；当a≥e时，g(a) = g(e)=1；当1<a<e时，g'(a)=−lna<0，g(a)单调递减，
max max
所以g(a)<1−1ln1+1=2.
综上所述，g(a)的最大值为2.………………………………………………………10分
(3)不妨设0<x <x1，则2lnx −2lnx < f(x )− f(x )<2lnx −2lnx ，
1 2 1 2 1 2 2 1
即 f(x )−2lnx > f(x )−2lnx ， f(x )+2lnx < f(x )+2lnx .
1 1 2 2 1 1 2 2
所以 f(x)−2lnx在 ( 0,1 ] 单调递减， f(x)+2lnx在 ( 0,1 ] 单调递增.
2 2 2 2
因此 f '(x)− =ex −a− ≤0 ( 0< x≤1 )， f '(x)+ =ex −a+ ≥0(0< x≤1).
x x x x
2
当x∈( 0,1 ] 时，a≥ex − 恒成立，所以a≥e−2；
x
2 2 2
当x∈( 0,1 ] 时，a≤ex + 恒成立，令h(x)=ex + ,x∈( 0,1 ]，h'(x)=ex − ,x∈( 0,1 ]，
x x x2
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第11页（共13页） 4  4 5  4 
易知h'(x)单调递增并且h'(1)>0，h' =e 5 − <0，所以存在唯一的x ∈ ,1使得h'(x )=0，
  5   2 0   5   0
当 x∈(0,x )时，h'(x)<0，h(x) 单调递减；当 x∈(x ,1)时，h'(x)>0，h(x) 单调递增；所以
0 0
2 2 2
h(x)≥h(x )=ex 0 + = + ，a≤h(x ).
0 x x 2 x 0
0 0 0
 4  2 2 2 2 2 2 4
因为x ∈ ,1，所以h(x )= + >4，h(x )= + < + = <5.
0   5   0 x 0 2 x 0 0 x 0 2 x 0 x 0 2 x 0 2 x 0 2
所以整数a的取值集合为{1,2,3,4}.………………………………………………17分
19.用符号|A|表示集合A中元素的个数．对于实数集合A和B，且|A|2，|B|2，定义两个集合：
和集A+B={a+b|a∈A,b∈B}；
邻①差集D(A)={a −a |k =1,2,…，|A|−1}，
k+1 k
②
其中a ，a ，…，a 为集合A中元素按照从小到大排列．
1 2 |A|
(1)已知集合A={1,3,5}，B={2,4}，求|D(A+B)|，|D(A)∪D(B)|的值；
(2)已知集合A={2n |n=1,2,…，100}，B={4n |n=1,2,…，100}，求|A+B|的值；
(3)若A与B都是由m(m3,m∈N *)个实数构成的集合，证明：|A+B|=2m−1的充要条件是|D(A)∪D(B)|=1.
解：(1)因为A={1,3,5}，B={2,4}，所以A+B={3,5,7,9}，
所以D(A+B)={2}，D(A)={2}，D(B)={2}，
所以|D(A+B)|=1，|D(A)∪D(B)|=1，……………………………………4分
(2)考虑2i +4j =2s +4t(*)，不妨设 j<t，则i>s，
t51时，4t−(4j +2i)4t −4t−1−2i =3⋅4t−1−2i 3⋅450 −2100 >0，此时(*)式不成立;
①
t50时，若i>2t，则2i −(2s +4t)2i −2i−1−4t =2i−1−4t 22t −22t =0，此时(*)式不成立;
② 3
若i<2t，则4t −(4j +2i)4t −4t−1−2i =3⋅4t−1−2i 3⋅22t−2 −22t−1 = ⋅22t−1−22t−1 >0，此时(*)式也不成立;
2
若i=2t，则取s=2j，此时(*)式成立，
50×49
由上分析知和集中重复的元素个数共 =1225个，
2
所以 ；………………………………………10分
(3)充分性的证明：当|D(A)∪D(B)|=1时，不妨设D(A)=D(B)={d}，
合肥一中2026届高三10月份教学质量测评·数学 参考答案 第12页（共13页）设集合A={a ,a ,,a }，B={b,b ,,b }，其中a <a <<a ，b <b <<b ，
1 2 m 1 2 m 1 2 m 1 2 m
{a }，{b }(n=1,2,m)是公差为d的等差数列，
n n
因此A+B={a +b,a +b +d,,a +b +2(m−1)d}，
1 1 1 1 1 1
A+B里面的元素也是公差为d的等差数列，
所以|A+B|=2m−1;
必要性的证明：设集合A={a ,a ,,a }，B={b,b ,,b }，其中a <a <<a ，b <b <<b ，
1 2 m 1 2 m 1 2 m 1 2 m
则a +b <a +b <<a +b <a +b <<a +b ，
1 1 2 1 m 1 m 2 m m
这里共2m−1个不同元素，又|A+B|=2m−1，
所以上面为和集A+B中的所有元素，
又 ，
这里共2m−1个不同元素，也为和集A+B中的所有元素，
所以有a +b =a +b ，即a −a =b −b ，
2 1 1 2 2 1 2 1
一般地，由a +b <a +b <<a +b <a +b <<a +b <a +b <<a +b ，
1 1 1 2 1 k 2 k m k m k+1 m m
a +b <a +b <<a +b <a +b <a +b <<a +b <<a +b ，
1 1 1 2 1 k 1 k+1 2 k+1 m k+1 m m
可得a
2
+b
k
=a
1
+b
k+1
，即a
2
−a
1
=b
k+1
−b
k
(1km−1)，
同理可得b
2
−b
1
=a
k+1
−a
k
(1km−1)，得证. ………………………………………17分
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