2026届安徽合肥二模数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260425安徽省合肥市2026届高三下学期第二次教学质量检测（合肥二模）（全科）

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 数学试题答案 第1页（共4页） 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 P ( A ) = 3 5 ， P ( B ) = 1 1 0 ， P ( C ) = 1 3 0 ， P ( D A ) = 1 3 0 ， P ( D B ) = 4 5 ， P ( D C ) = 1 2 ． 所以 P ( D ) = P ( D A ) + P ( D B ) + P ( D C ) = P ( A ) P ( D A ) + P ( B ) P ( D B ) + P ( C ) P ( D C ) = 3 5  1 3 0 + 1 1 0  4 5 + 1 3 0  1 2 = 1 4 0 1 0 ． 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 因此，该订单乘客出行目的为工作通勤的概率为 1 4 8 1 ．………………………………………………13分 16.（15分） 1 a−1 【解析】（1）因为 f(x)=a− + ，x(0,+) ， x2 x 所以 f  ( 1 ) = 2 a − 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 ) ， 即 y = 2 ( a − 1 ) x − a + 1 ，即 y = 2 ( a − 1 ) ( x − 1 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− + = ， x2 x x2 x  ( 0 , +  ) ． 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于是 A1 E A D O B C 数学试题答案 第2页（共4页） f ( x ) 在  0 , 1 a  上单调递减，在  1 a , +   上单调递增， 所以 f ( x ) m in = f  1 a  = a  1 a + a + ( a − 1 ) l n 1 a − 2 = ( a − 1 ) ( 1 − l n a ) . 当x→0时， f ( x ) → +  ，当x→+时， f ( x ) → +  ， 又因为 f ( x ) 有两个零点， 所以 f  1 a  = ( a − 1 ) ( 1 − l n a )  0 ，即 (a−1)(lna−1)0，解得0a1或 a  e . 因此， a 的取值范围为 (0,1) (e,+) ．……………………………………………………………………15分 17．（15分） 【解析】（1）由于直线l的方程为 x 04 x + y 0 y = 1 ，当x=−2时， y = 2 + 2 y x 0 0 2+x 即N (−2, 0)， 1 2y 0 因为 A 1 ( − 2 , 0 ) ，y 0，所以 0 A 1 N 1 = 2 + 2 y x 0 0 ， 同理可得 N 2 ( 2 , 2 − 2 y x 0 0 ) ， A 2 N 2 = 2 − 2 y x 0 0 ， 所以 A 1 N 1  A 2 N 2 = 4 − 4 y x 0 02 2 ，由 Q ( x 0 , y 0 ) 在 C 上，可得 x 04 2 + y 0 2 = 1 ， 所以 A 1 N 1  A 2 N 2 = 4 4 y y 0 0 2 2 = 1 ， 所以 A 1 N 1  A 2 N 2 为定值1．…………………………………………………………………………………7分 （2）由（1）设 A 1 N 1 = m 1 ，则 A N = ，因此直角梯形 2 2 m A 1 N 1 N 2 A 2 的面积 S = 2  m + 1 m  ， ( ) 因为F 3,0 ，所以 S A N1 F1 = 1 2 A 1 N 1  A 1 F = ( 2 + 2 3 ) m ， S A N2 F2 = 1 2 A 2 N 2  A 2 F = ( 2 − 2 m 3 ) ， 所以 S N F1 N 2 = S − S A N1 F1 − S A N2 F2 = 2 − 2 3 m + 2 + 2 m 3  2 2 − 2 3 m  2 + 2 m 3 = 1 ， 当且仅当 2 − 2 3 m = 2 + 2 m 3 ，即 m = 2 + 3 时等号成立，此时 N 1 ( − 2 , 2 + 3 ) ，N (2,2− 3)， 2 所以 k N N1 2 = − 2 3 = − 4 x 0y 0 ，即 y 0 = 2 x 0 3 x 2 ，代入 0 +y 2 =1， 4 0 可得  x y 0 0 = = 1 2 3 ，或  x y 0 0 = = − − 1 2 3 （舍）． 因此，当 x 0 = 3 1 ，y = 时，△ 0 2 N 1 F N 2 的面积有最小值1， 此时点 Q  1 的坐标为 3, ．…………………………………………………………………………………15分  2 18．（17分） 【解析】（1）连 C E ，则四边形ABCE为菱形，设 A C B E = O ， 1 则AO= AC， 1 2 因此，AA⊥ AC； ……………………………………………4分 1 1 （2）当AC=2AA=2 3时， OAA 是以边长为 3的等边三角形． 1 1又因为梯形 A1 z E A D O B C x y A1 E A D M O B C 数学试题答案 第3页（共4页） A B C D 的面积为 3 3 ，所以 A B E 的面积为 3 ，所以 1 2 B E  O A = 3 ，所以 B E = 2 ． 以为 O 坐标原点，以为 O B ， O C 分别为 x ， y 轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则 B (1 , 0 , 0 ) ， C ( 0 , 3 , 0 ) ， D ( − 2 , 3 , 0 ) ， A 1 ( 0 , − 2 3 , 3 2 ) ， 所以 A 1 C = ( 0 , 3 2 3 , − 3 2 ) ， B C = ( − 1 , 3 , 0 ) ， C D = ( − 2 , 0 , 0 ) ． 设 n 1 = ( x , y , z ) 为平面 A 1 B C 的法向量，则  n n 1 1   A B C1 C = = 0 0 ， 即  3 − 2 x 3 + y − 3 3 2 y = z = 0 0 ， 令 y = 1 ，则 x = z = 3 ，所以n =( 3,1, 3)． 1 同理可求平面 A C1 D 的一个法向量为 n 2 = ( 0 ,1 , 3 ) ， 所以 c o s  n 1 , n 2  = n 1 n 1   n n 2 2 = 2 4 7 = 2 7 7 ， 因此，平面 A 1 B C 与平面 A C1 D 夹角的余弦值为 2 7 7 ；……………………………………………………10分 （3）过A作 1 A 1 M ⊥ A O ，垂足为 M ．因为 B O ⊥ 平面 A A C1 ， 所以 B O ⊥ A 1 M ，所以AM ⊥平面 1 A B C D ． 设 B E = A A 1 = 2 a ， B A O   = ，则 B O = a ， A O A O1 ta a n  = = ． 根据 A B E 的面积为 3 ，得 1 2  2 a  A O = 3 ，即 a 2 3 ta n  = ， 要使三棱锥 A 1 − A B E 的体积最大，则 A 1 M 最大， 因为 c o s A O A 1 A O 2 2 A A O O1 2 A O1 A A 21 1 2 ta n 2   = +  − = − ， 所以 s in A O A 1 1 ( 1 2 ta n 2 ) 2 2 ta n 2 ta n 4     = − − = − ， A 1 M A O1 s in A O A 1 2 a 2 ( 1 ta n 2 ) 2 3 ( ta n ta n 3 )    =   = − = −  π ，其中0, ，  4 令x=tan，记 f ( x ) = x − x 3 ( 0  x  1 ) ， f  ( x ) = 1 − 3 x 2 3 ，令 f(x)=0,x= ，或 3 x = − 3 3 （舍）， 当 x   0 , 3 3  时， f  ( x )  0 , f ( x ) 在 x   0 , 3 3  上单调递增， 当 x   3 3 ,1  时， f(x)0, f(x)在 x   3 3 ,1  上单调递减， 所以 f ( x )  f  3 3  = 2 9 3 ，即 A 1 M  2 3  2 9 3 = 2 3 6 . 所以 三棱锥A −ABE的体积最大值为 1 1 3  3  2 3 6 = 2 3 2 . 因此，四棱锥A −ABCD体积的最大值为2 2．……………………………………………………………17分 1 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当 数学试题答案 第4页（共4页） n = 1 6 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 （2）由（1）知 Y 7 可取 1 , 2 , 3 1 2 4 17 ，于是a = E(Y )=1 +2 +3 = ， 7 7 7 7 7 7 Y 可取 16 1 , 2 , 3 , 4 , 5 1 2 4 8 1 27 .于是a = E(Y )=1 +2 +3 +4 +5 = ． 16 16 16 16 16 16 16 8 Y 可取1,2,3,,k，当 2k−1 Y 2 k − 1 = m （ 1  m  k ）时，所有可能取到的数的个数记为 b m ，则 b m + 1 = 2 b m , b 1 = 1 ， 所以 b m = 2 m − 1 ，因此 P ( Y 2 k − 1 = m ) = 2 2 k m − − 1 1 ，于是 a 2 k − 1 = 1  2 2 k 0 − 1 + 2  2 2 k 1 − 1 + 3  2 2 k 3 − 1 +    + k  2 2 k k − − 1 1 = 2 0 + 2  2 1 2 + k  −   1 + k  2 k − 1 . 令 S = 2 0 + 2  2 1 +    + k  2 k − 1 ， 2 S = 2 1 + 2  2 2 +    + ( k − 1 )  2 k − 1 + k  2 k ，两式相减得， S = ( k − 1 ) 2 k + 1 ， 所以 a 2 k − 1 = ( k − 2 1 k )2 − k 1 + 1 . ……………………………………………………………………………………10分 （3）根据（2）的分析，容易知道当 2 k − 1  n  2 k + 1 − 1 时， Y 2 k − 1 可取1,2,3,,k,k+1. 对于任意的 n  3 ，设 n = 2 k − 1 + t , ( 0  t  2 k − 1 ， t  Z ) ， 则 a n = 2 0 + 2  2 1 +    2 + k k −  1 + 2 k t − 1 + ( k + 1 )  t = ( k − 1 ) 2 2 k k + − 1 1 + + ( t k + 1 ) t = k − 1 + 2 k k + − 1 2 t + t . 要证： l o g 2 ( n + 1 ) − 1  a n  l o g 2 ( n + 1 ) ， ( ) k+2t ( ) 即证：log 2k +t −1k−1+ log 2k +t ， 2 2k −1+t 2 即证： l o g 2 (2 k + t ) − 1  k + 1 + k + 2 k 2 − − 1 2 + k + t 1  l o g 2 (2 k + t ) ． 设 f ( h ) = k + 1 + k 2 + k 2 − − 1 2 + k h + 1 − l o g 2 ( 2 k + h ), h  0 , 2 k − 1  ， 只要证：−1 f(h)0． ( 2k+1−k −2 )( 2k +h ) ln2− ( 2k −1+h )2 因为 f( h ) = ， ( 2k −1+h )2( 2k +h ) ln2 设 ( h ) = ( 2 k + 1 − k − 2 ) ( 2 k + h ) l n 2 − ( 2 k − 1 + h ) 2  ， 则( h ) = ( 2k+1−k−2 ) ln2−2 ( 2k −1+h ) ， 所以( h ) 在 上单调递减，又( 0 ) 0， 所以 ( h )  (0)0  在 上单调递减，又 ( ) ， 2k −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 ( )  0  f ． 因为()=0，所以 (2 1 2 )(2 ) l n 2 (2 1 )2   k + − k − k + = k − +   0,2k −1   0,2k −1 ， ( ) k+2−2k+1 ( ) ( ) 2k −1+ f()=k+1+ 2k −1+ −log 2 2k + =k+1−log 2 2k +−( 2k + ) ln2 0， 故−1 f(h)0，也即log (n+1)−1a log (n+1)．……………………………………………………17分 2 n 2