安徽合肥市第十一中学等校 2026 届高三第二学期 4 月质量检测
数学试题
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.已知集合 ，则 ( )
A={x∣x2−5x+4>0},B={x∈Z∣√x<3} A∩B=
A. {2,3} B. {0,2,3} C. {5,6,7,8} D. {0,5,6,7,8}
2.若|−| ，则 z 的虚部为( )
z =|z−2i|
A. 1 B. −1 C. 2 D. −2
3.函数 的最小正周期是( )
f (x)=sin2x−2cos2x
π π
A. B. C. π D. 2π
4 2
π
4.记▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a+b=5,c=√13,C= ，则ab的值为( )
3
A. 4 B. 2√3 C. 33 D. √3
5.26078被7除所得的余数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
( π) 1
6.若tan α+ + =4，则 ( π) ( )
6 ( π) cos 2α− =
tan α+ 6
6
1 1 1 1
A. B. − C. D. −
2 4 4 2
7.已知随机变量X的所有可能取值为0，1，2，且P(X=0)=0.3,E(X)=1.2，则D(X)=( )
A. 0.48 B. 0.54 C. 0.76 D. 0.92
8.设椭圆 x2 y2 的左、右焦点分别为 为坐标原点，过 的直线与 交于
C： + =1(a>b>0) F ,F ,O F C A,B
a2 b2 1 2 2
两点，若 ，则 的离心率为( )
|AB|=a,S =3S C
▵ABF ▵AOF
1 1
√3 √5 3 √2
A. B. C. D.
2 3 5 2
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1 1二、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.已知函数f (x)=ln(sinx)，则( )
1
A. f (x)是奇函数 B. f (x)是周期函数 C. f (x)≥ D. f (x)≤0
e
10.已知抛物线 的焦点 到其准线的距离为 ，过点 的直线交 于 ，
C:y2=2px(p>0) F 2 M(m,0)(m>0) C A
B两点，设O为坐标原点，则( )
A. p=2
B. 若F为△AOB的重心，则|AB|=2√6
C. 若∠AOB=90∘，则m=2
1 1
D. 若 + 为定值，则m=2
|MA|2 |MB|2
f(xy) 1
11.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，对∀x，y∈(0,+∞)都有f(xy+1)= ，f(2)= ，
f(x)f(y)+1 2
记 ， ，则下列说法正确的是( )
a =√f(n) n∈N∗
n
A. 数列{a }是等差数列
n
1 1 1
B. 当n≥2时， − >
a a 2√n
n n−1
1 1 1 1 1
C. 当n≥2时，( − )( − )<
a a a a 2
n+1 n n n−1
32
D. a3+a3+⋯+a3 >
1 2 16 17
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知 lnx，则曲线 在点(1 (1))处的切线方程为 ．
f (x)= y=f (x) ,f
x e e
13.已知非零向量 ⃗a,⃗b 满足⃗
a⊥
(
3
⃗
a+2
⃗
b
)
,
⃗
b⊥
(
4
⃗
a+
⃗
b
)，则
cos
⟨⃗
a,
⃗
b
⟩
=
．
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2 114.如图，点P,A,B,C均在球O的表面上，PA=PC=BC=1,AB=2，PB=√2，平面PAC⊥平面ABC，
则球O的体积为 ．
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13分)
已知数列 是等差数列，且 ．
{a } a =10,S =117
n 4 3
求数列 的通项公式；
(1) {a }
n
设 ，数列 的前 项和为 ，证明：T 2．
(2) b =2n {b } n T n<
n n n 8n 7
16.(本小题15分)
已知双曲线 x2 y2 的左、右焦点分别为 ，离心率为2√3，且点( √3)在双曲
C： − =1(a>0,b>0) F ,F 2,
a2 b2 1 2 3 3
线C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2) 若双曲线上存在一点 A ，满足 A ⃗ F ⋅A ⃗ F =3 ，求点 A 到双曲线的两条渐近线的距离之和．
1 2
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，△PBD是正三角形，AB=AC=2，PC=2√3，E为
PD的中点．
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3 1(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD;
(2)求二面角B−CE−D的正弦值．
18.(本小题17分)
某区域中的物种N拥有A、B两个亚种．设从该区域中随机捕获1个物种N的个体，该个体为A种的概率
为p(0<p<1)，为了估计该区域中物种N的个体总数，研究人员从该区域中随机捕获3个个体，设3个个
体中A种的数目为X，再将捕获的个体全部放回，作为一次试验结果，重复上述试验共6次．记第i次捕获
时A种的数目为x .统计结果如下表：
i
i 1 2 3 4 5 6
x 3 3 2 3 1 3
i
(1)求X的分布列；
6
设函数 ，已知该区域中 种的个体数为 将使 取得最大值的 值作为
(2) f(p)=∑lnP(X=x ) B 180.( f(p) p p
i
i=1
的估计值)
(i)求p的估计值；
(ii)据(i)估计该区域中物种N的个体总数．
19.(本小题17分)
已知函数 ．
f (x)=x2−2(a−1)x−2xlnx
(1)当a=1,x∈(1,+∞)时，证明：f (x)>1；
若 存在两个极值点 ，记 ．
(2) f (x) x ,x (x <x ) A(x ,f (x )),B(x ,f (x ))
1 2 1 2 1 1 2 2
(i)求a的取值范围；
(ii)若x −3x ≤0，求直线AB斜率的最小值．
2 1
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4 1参考答案
1.D
2.A
3.C
4.A
5.A
6.A
7.C
8.B
9.BD
10.ABD
11.BCD
12.2e2x−y−3e=0
√6
13.−
4
5√5π
14.
6
15.解： 设等差数列 的首项为 ，公差为 ，已知 ，
(1) {a } a d a =10,S =117
n 1 4 3
29
{ a +3d=10 {d=−
1 2
3(3−1) ⇒ ,
3a + d=117 107
1 2 a =
1 2
107 ( 29) 136−29n．
∴a =a +(n−1)d= +(n−1)⋅ − =
n 1 2 2 2
已知 ，则 是首项 ，公比 的等比数列，
(2) b =2n {b } b =2 q=2
n n 1
b (qn−1) 2(2n−1) ，
∴T = 1 = =2n+1−2
n q−1 2−1
T 2n+1−2 2n+1 2 2 2
∴ n= = − = − ，
8n (23) n 23n 23n 22n 23n
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5 12 2
令f (n)= − ,n∈N∗ ，
22n 23n
2 2 2 2 7 3 1 ( 7 )，
f (n+1)−f (n)= − − + = − = −3
22(n+1) 23(n+1) 22n 23n 4×8n 2×4n 2×4n 2×2n
1 7
当n≥1时， >0， −3<0，
2×4n 2×2n
∴f (n+1)−f (n)<0，函数单调递减，
2 2 1 1 1 2
∴f (n)≤f (1)= − = − = < ，
22×1 23×1 2 4 4 7
T 2，命题得证．
∴ n<
8n 7
16.解： 因为双曲线 的离心率为2√3，且点( √3)在双曲线 上，
(1) C 2, C
3 3
c 2√3
{ =
a 3
{a2=3
2
(√3)
所以 ⇒ b2=1,
22 3
− =1 c2=4
a2 b2
c2=a2+b2
x2
所以双曲线C的方程为 −y2=1
3
(2)由(1)可知a=√3,b=1,c=2，
1
所以双曲线的渐近线方程为y=± x，即x−√3 y=0和x+√3 y=0，
√3
双曲线的左右焦点坐标分别为 ，
F (−2,0),F (2,0)
1 2
设
，x2
A(x ,y ) 0−y2=1
0 0 3 0
因为 ⃗ ⃗ ，
AF ⋅AF =3
1 2
所以 ，
(−2−x ,−y )⋅(2−x ,−y )=3⇒(−2−x )(2−x )+(−y ) 2=3
0 0 0 0 0 0 0
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6 1{x2+ y2=7
0 0 {x2=6
即 x2+ y2=7 ，于是有 x2 ⇒ 0 ,
0 0 0−y2=1 y2=1
3 0 0
由双曲线的对称性，不妨取 ，
A(√6,1)
|√6−√3| |√6+√3| √6−√3 √6+√3
所以点 A 到双曲线的两条渐近线的距离之和为 + = + =√6．
√12+(−√3) 2 √12+(√3) 2 2 2
17.解：(1)如图，记AC∩BD=O，连接OP．
因为四边形ABCD为菱形，所以OB=OD，AC⊥BD，
因为△PBD是正三角形，所以PB=PD，所以OP⊥BD，
因为AC，OP⊂平面PAC，AC∩OP=O，
故BD⊥平面PAC，又BD⊂平面ABCD，
因此平面PAC⊥平面ABCD;
(2)由已知得OP=3，OC=1，AC=2．
22+(2√3) 2−PA2 12+(2√3) 2−32
且cos∠PCA= = ，解得PA=2√2．
2×2×2√3 2×1×2√3
因此PA2+AC2=PC2，即PA⊥AC．
且PA⊥BD，AC∩BD=O，所以PA⊥平面ABCD．
以A为坐标原点，⃗AD的方向为y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
则B(√3,−1,0)，C(√3,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2√2)，E(0,1,√2).
⃗
所以⃗BC=(0,2,0)，CE=(−√3,0,√2) ，⃗CD=(−√3,1,0)．
⃗
设平面BCE的法向量⃗n
1
=(x,y,z)，平面CDE的法向量n =(p,q,r) ，
2
{⃗ ⃗
n 1 ⋅BC=0 { 2y=0 ⃗
则
⃗ ⃗
，即
−√3x+√2z=0
，可取n
1
=(√2,0,√3).
n ⋅CE=0
1
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7 1{⃗ ⃗
n 2 ⋅CD=0 { −√3p+q=0 ⃗
⃗ ⃗
, 即
−√3p+√2r=0
，可取n
2
=(√2,√6,√3).
n ⋅CE=0
2
⃗ ⃗
n ⋅n √55
所以cos<⃗n ，⃗n >= 1 2 = ．
1 2 ⃗ ⃗ 11
|n ||n |
1 2
√ √55 √66
因此二面角B−CE−D的正弦值为 1−( ) 2= ．
11 11
18.解：(1)依题意，X的所有可取值为0,1,2,3，X∼B(3,p)，
，
P(X=0)=C0 (1−p) 3=(1−p) 3,P(X=1)=C1p(1−p) 2=3p(1−p) 2
3 3
，
P(X=2)=C2p2 (1−p)=3p2 (1−p),P(X=3)=C3p3=p3
3 3
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P (1−p) 3 3p(1−p) 2 3p2 (1−p) p3
6
由统计表，得
(2)(i) f(p)=∑lnP(X=x )=lnP(X=1)+lnP(X=2)+4lnP(X=3)
i
i=1
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8 1，
=ln[3p(1−p) 2 ]+ln[3p2 (1−p)]+4ln p3=2ln3+15ln p+3ln(1−p),0<p<1
15 3 15−18p 5 5
求导得f ′(p)= − = ，当0<p< 时，f′ (p)>0；当 <p<1时，f ′(p)<0，
p 1−p p(1−p) 6 6
5 5 5
因此函数f(p)在(0, )上单调递增，在( ,1)上单调递减，当p= 时，f(p)取得最大值，
6 6 6
5
所以p= ．
6
(ii)设该区域中物种N的个体总数n，由该区域中B种个体数为180，
得该区域中A种的数目为n−180，
5
由(i)得从该区域中随机捕获1个个体，该个体为A种概率的估计值 ，
6
n−180 5
因此 = ，解得n=1080，所以估计该区域中物种N的个体总数为1080．
n 6
19.解： 当 时， ，要证 ，即证 ，
(1) a=1 f (x)=x2−2xlnx f (x)>1 x2−2xlnx−1>0
令 ，则 ，
g(x)=x2−2xlnx−1 g′(x)=2(x−lnx−1)
1
令h(x)=x−lnx−1，则h′(x)=1− ，
x
1
∵x∈(1,+∞)，∴h′(x)=1− >0，故h(x)在(1,+∞)上单调递增，h(x)>h(1)=0，
x
∴h(x)>0，即g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上单调递增，g(x)>g(1)=0，
∴f (x)>1，得证．
求导得 ， 存在两个极值点 等价于 在 上有两
(2)(i) f ′(x)=2(x−a−lnx) f (x) x ,x (x <x ) f ′(x)=0 (0,+∞)
1 2 1 2
个不同的根，
∴x−lnx=a在(0,+∞)上有两个不同的根，
1 x−1
令φ(x)=x−lnx，则φ′(x)=1− = ，
x x
当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
故φ(x)的最小值为φ(1)=1−ln1=1，且当x→0+时，φ(x)→+∞；当x→+∞时，φ(x)→+∞，
因此要使x−lnx=a在(0,+∞)上有两个不同的根，需要a>1，
故a的取值范围为(1,+∞)．
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9 1由题得 ， x ，
(ii) x −lnx =a,x −lnx =a x −x =lnx −lnx =ln 2
1 1 2 2 2 1 2 1 x
1
把 代入 ，得 ，同理得 ，
x −lnx =a f (x )=x2−2(a−1)x −2x lnx f (x )=2x −x2 f (x )=2x −x2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2
∴ 直线 AB 斜率为 k= f (x 2 )−f (x 1 ) = (2x 2 −x 2 2)−(2x 1 −x 1 2) =2−(x +x ) ，
x −x x −x 2 1
2 1 2 1
设x ，即 ，又 ，
2=t(t>1) x =tx x −3x ≤0
x 2 1 2 1
1
，解得 ，即
∴x (t−3)≤0 t≤3 t∈(1,3],
1
lnt tlnt
则tx −x =lnt，即x = ,x = ，
1 1 1 t−1 2 t−1
tlnt lnt tlnt+lnt (t+1)lnt
∴x +x = + = = ，
2 1 t−1 t−1 t−1 t−1
1
(t+1)lnt t− −2lnt
令m(t)= ，则 t ，
t−1
m′(t)=
(t−1) 2
令 1 ，则 1 2 (t−1) 2 ，故 在 上单调递增，
n(t)=t− −2lnt n′(t)=1+ − = >0 n(t) (1,3]
t t2 t t2
∴n(t)>n(1)=0，即m′(t)>0，故m(t)在(1,3]上单调递增，
4ln3
∴m(t)的最大值为m(3)= =2ln3，
2
要使直线 斜率 取最小值，即求 的最大值，
AB k=2−(x +x ) m(t)
2 1
故直线AB斜率的最小值为2−2ln3．
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10 1
