安徽省铜陵、黄山、宣城（三市二模）2026届高三4月份质量检测数学参考答案（定稿）(1)_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026年4月_2026届安徽省三市高三4月份质量检测全科

铜陵市 2026 年普通高中高三模拟考试
数学试题参考答案及评分标准
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B C D C B C A D ABD BCD AC
1.【解析】计算可知
数学试题答案第 1 页（共8页）
A = ( −  ,
4
3
) , B = [ 0 , 2 ] ，故 A  B = ( −  , 2 ] ，选B.
2.【解析】抛物线方程可化为 x 2 = 4 y ，其开口向上且 p = 2 ，所以焦点坐标为 ( 0 ,1 ) ，选C.
3.【解析】计算得 x = 3 .5 , y = 8 ，所以回归直线必过样本点的中心 ( 3 .5 , 8 ) ，A 错误；将 ( 3 .5 , 8 ) 代入
y = 2 .8 x + a ，得 a = − 1 .8 ，B错误；当x=6时，y的预测值应为15，C错误；当 x = 2 时， y 的预
测值为3.8，残差为 4 − 3 .8 = 0 .2 ，D正确；综上，选D.
4.【解析】易知
A D  =  1
2
A B  +  1
2
A C  =  1
2
x A
E +
1
2
y A F ，
由D、E、F三点共线得
1
2
x +
1
2
y = 1 ，即 x + y = 2 ，
所以 1 + 2 = 1 (x+ y)   1 + 2 = 1 3+ y + 2x  1( 3+2 2 ) = 3 + 2 ，
x y 2 x y 2 x y  2 2
y 2x
当且仅当 = ，即
x y
x = 2 2 − 2 , y = 4 − 2 2 时等号成立，选C.
5.【解析】分两种情况：①当A、B都去时，共有 C 37 = 3 5 种选法，此时若C、D都去，有 C 15 = 5 种
选法；②当 A、B 都不去时，共有 C 57 = 2 1 种选法，此时若 C、D 都去，有 C 35 = 1 0 种选法. 综上，
一共有(35−5)+(21−10)=41种选法，选B.
6.【解析】由 f ( x − 2 ) + f ( x ) + 1 = 0 得 f ( x ) + f ( x + 2 ) + 1 = 0 ，两式相减得 f ( x − 2 ) = f ( x + 2 ) ，即
f(x)= f(x+4) ， 故 f(x) 的 周 期 T=4 ； 由 f(x)= f(−x) 及 f(x−2)+ f(x)+1=0 可 得
f(x−2)+ f(−x)=−1 ， 令 x = 1 可 得 f ( − 1 ) = −
1
2
1 1
， 故 f(1)=− ， 故 f(9)= f(1)=− ，
2 2
1
f(11)= f(−1)=− ，而
2
f ( 2 、) f ( 6 ) 的值不能确定，选C.
7.【解析】令 n = 1 ，计算得 a
2
= 3 （舍增根0），所以 b
1
= a
2
− a
1
= 2 ；易知 ( a
n + 1
− a
n
) 2 = a
n + 1
+ a
n
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，则
(a −a )2 =a +a ，两式相减可得(a −a )(a −2a +a )=(a −a )，由递推公式及a =1
n+2 n+1 n+2 n+1 n+2 n n+2 n+1 n n+2 n 1
知，{a }为单调递增数列，则a −a 0，则a −2a +a =1，即b −b =1(nN )，所以{b }
n n+2 n n+2 n+1 n n+1 n + n是以2为首项，1为公差的等差数列，所以
数学试题答案第 2 页（共8页）
b
n
= n + 1 ( n  N
+
) ，则
b
n
1
b
n + 1
=
( n + 1
1
) ( n + 2 )
=
n
1
+ 1
−
n
1
+ 2
，
故所求为
1
2
−
1
3
+
1
3
−
1
4
+   +
2
1
0 2 7
−
2
1
0 2 8
=
1
2
0
0
1
2
3
8
，选A.
8.【解析】如图，设△AFF 的内切圆与三边分别切于点
1 2
D、E、G， △ B F
1
F
2
的内切圆与边 B F
2
切于点 H ，由切线性质
可知 AE = AG , FE = FD, F D = FG ，由 AF − AF =2a
1 1 2 2 1 2
可得 FE − FG =2a，故 FD − F D =2a，又 FD + FD =2c，
1 2 1 2 1 2
所以 F
1
D = c + a , F
2
D = c − a ，所以切点D即为双曲线的右顶
点，同理可证△BFF 的内切圆与
1 2
x 轴也切于右顶点，所以
M、D、N三点共线，且 M N ⊥ x 轴；
设直线l的倾斜角为 θ ，则 ta n θ =
2
5
5
，则 s in θ =
2
3
，由 M D ⊥ x 轴及 M G ⊥ A F
2
可知， M 、 D 、 F 、2 G
四点共圆，则  D M G = θ ，则 s in  D M G =
2
3
；
由已知和前面的分析可知 MN =b, HG =2(c−a) ，所以在直角梯形 M N H G 中，容易得到
HG 2 2(c−a)
sinDMG= ，即 = ，即
MN 3 b
b = 3 ( c − a ) ，化简可得 4 c = 5 a ，
所以离心率 e =
c
a
=
5
4
，选D.
9.【解析】由图象知 A = 2 ，将点 ( 0 , 3 ) 代入 f ( x )
3 π
中可得sinφ= ，因为 φ  ，所以
2 2
φ =
π
3
，再
π
将点(− ,0)代入
6
f ( x ) 中，得 s in ( −
π
6
ω +
π
3
) = 0
π π
，所以− ω+ =kπ(kZ)，所以
6 3
ω = 2 − 6 k ( k  Z ) ，
由图可知
π
6

T
4
，即 ω  3 ，所以ω=2，所以 f ( x ) = 2 s in ( 2 x +
π
3
) ，故A正确；
令 2 x +
π
3
= k π
kπ π 5
可得x= − (kZ)，当k=2时x= π，故B正确；
2 6 6
5π π
易得 f(x)在[kπ− ,kπ+ ](kZ)内单调递增，在
12 12
[ k π +
π
1 2
, k π +
7
1
π
2
] ( k  Z ) 内单调递减，所以 f(x)
在 [
3
2
π ,
1
1
9
2
π ) 内单调递减，在 [
1
1
9
2
π , 2 π ] 内单调递增，故C错误；
将 y = 2 s in 2 x
π π π
向左平移 个单位长度长度得y=2sin2(x+ )=2sin(2x+ )，即为
6 6 3
f ( x )
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，故D正确；
综上，选ABD.10.【解析】在
数学试题答案第 3 页（共8页）
C C
1
上取一点 H ，使 F H ∥ C D ，连接 G H ，再取AB中点G，连接 E G , G C ，
则面AFHG 面 C C
1
E = G H ，若 A F ∥ 面 C C
1
E ，则由线面平行性质定理知AF∥GH，而由已知条
件和图形可知直线 A F 、 G H 必相交，矛盾，故A错误；
取 C D 中点 M ，易知 A M ∥ C
1
E ，则  F A M 即为直线AF 与 C
1
E 的所成角，计算可知 A M = 5 ，
5
FM = ，
3
A F =
2 1
3
3
，由余弦定理得 c o s  F A M =
6
6
6
5
5
，故B正确；
当 D
1
F = 3 时，易知 F 在以 D
1
为球心，半径 r = 3 的球面上（正方体内部分），计算可知S =2 3，
△AB1C
点 D
1
到面 A B C1
4 3
的距离d = ，所以
3
V
B 1 − A C F
= V
F − A B C1

1
3
S
△ A B C1
( d − r ) =
2
3
，故C正确；
当 D 、 F 重合时，三棱锥 C − E F C
1
即为 D − E C C
1
，其外接球就是三
棱柱 D
1
E C
1
− D G C 的外接球，计算可得 △ D G C 的外接圆半径为
5
4
，
所以外接球半径 R = (
5
4
) 2 + 1 2 =
4
4
1
，所以球的表面积
41
S =4πR2 = π，故D正确；
4
综上，选BCD.
11.【解析】因为 f ( x ) = 2 x ( 2 x − 1 ) ，则 x  0 时 f ( x )  0 ，x=0时 f ( x ) = 0 ， x  0 时 f ( x )  0 ，结合
图象可知，当 f ( m ) + f ( n ) = 0 且mn时，必有n0m，故A正确；
由 f(m)+ f(n)=0得4m +4n −2m −2n =0，设a=2m,b=2n，则 a 2 + b 2 − a − b = 0 ，即
1 1 1
(a− )2 +(b− )2 = ，可设
2 2 2
a =
1
2
+
2
2
c o s θ , b =
1
2
+
2
2
s in θ ，易知ab，所以可设 θ  ( −
π
4
,
π
4
) ，
设 t = a + b = 1 + s in ( θ +
π
4
)  (1 , 2 ) ，由 a 2 + b 2 − a − b = 0
(a+b)2 −(a+b) t2 −t
可得ab= = (0,1)，所
2 2
以 2 m + n  ( 0 ,1 ) ，所以 m + n  0 ，故B错误；
1 2 π π
由a= + cosθ及θ(− , )得
2 2 4 4
a  (1 ,
1 +
2
2
] ，所以 m  lo g
2
1 +
2
2

1
2
，故C正确；
8 m + 8 n = a 3 + b 3 = ( a + b ) ( a 2 + b 2 − a b ) = ( a + b ) [ ( a + b ) 2 − 3 a b ] = t [ t 2 −
3 ( t 2
2
− t )
] = −
1
2
t 3 +
3
2
t 2
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，
1 3 3
设g(t)=− t3+ t2(1t2)，则g(t)= t(2−t)0，函数在(1,2)单调递减，所以y(1,2)，即
2 2 2
18m +8n 2，故D错误；
综上，选AC.12．
数学试题答案第 4 页（共8页）
− 4 0
【解析】 T
4
= C 35 2 2 ( − x ) 3 = − 4 0 x 3 ，故 x 3 的系数是 − 4 0 ．
13． 2 0 4 8
【解析】因为 a
1
a
2
a
3
= a
4
，所以 a
1
2 = 1 ．又 a
1 0
= a
1
q 9 = 2 ，所以
① a
1
= 1 时， q 9 = 2 ， a
1 0 0
= a
1
q 9 9 = a
1
( q 9 ) 1 1 = 2 1 1 = 2 0 4 8 ；
② a =−1时，q9 =−2，a =aq99 =a (q9)11 =(−1)(−2)11 =2048；故a =2048．
1 100 1 1 100
14． 2 + 3
【解析】因为 | z
1
| = | z
2
| = | z
1
− z
2
| = 2 ，所以在复平面中， △ O Z
1
Z
2
是边长为 2 的等边三角形．
如图1，设 Z
1
( 2 c o s , 2 s in ) , Z
2
2 c o s
π
3
, 2 s in
π
3
   
 
−
 
−
 
，
   π  π 
所以AZ =( 2cos−1, 2sin)，BZ = 2cos− , 2sin− −1 ，故
1 2   3  3 
A Z
1
B Z
2
(
2
2
2
c
c
2
o
o
c
s
s
o s
c
π
3
3
o s
(
1
3
) 2 c o s
π
3
1 ) s in
2
(
s in
π
3
1
s
)
in
2 s in
π
3
2
2
s in
c o s
π
3
π
3
1
2 s in
   
     
 
        =
=
=
≤

+
+
−

−
+

+

−
+

+

−


−


−
−

−

−

如图2，设 Z
1
( 2 c o s , 2 s in ) , Z
2
2 c o s
π
3
, 2 s in
π
3
   
 
+
 
+
 
，
所以 A Z
1
( 2 c o s 1 , 2 s in )  
    =
−
y
Z 1
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B
Z
2
O A x
图1
  π  π 
，BZ = 2cos+ , 2sin+ −1 ，故 y
2   3  3 
Z
2
B
  π   π  Z 1
AZ BZ =( 2cos−1) 2cos+ + 2sin 2sin+ −1
1 2  3   3  O A x
 π  π  π
=2coscos+ +2sinsin+ − 2cos+ − 2sin
 3  3  3
π 图2
=2cos +( 3−1)sin(+)
3 2
≤ 3

综上，AZ BZ 最大值为2+ 3．
1 215．（1）
数学试题答案第 5 页（共8页）
−
7
2 4
；（2）
5
2
【解析】
（1）【方法一】因为 D 为 A C 边上一点，且 A D = 2 C D ，设 C D = t ( t  0 ) ，则 A D = 2 t ，
( 2)2 +(2t)2 −32 ( 2)2 +t2 −22
因为cosADB=−cosCDB，所以 =− ，
2 22t 2 2t
解得 t =
1 1
6
，所以 b 2 = ( 3 t ) 2 =
3 3
2
，
33
4+9−
a2 +c2 −b2 2 7
所以cosB= = =− ． …………………………………… 5分
2ac 223 24
【方法二】因为D为 A C 边上一点，且 A D = 2 C D ，则
B D  =  1
3
B A  + 2
3

B C ，
所以 B D 2 =
B D  2 =   1
3
B A  + 2
3
B C
 2
，即 2 =
1
9
c 2 +
4
9
a 2 +
4
9
a c c o s B ，
解得 c o s B = −
7
2 4
． ………………………………… 5分
（2）因为C=2A，所以 s in C = s in 2 A = 2 s in A c o s A ，
所以 c o s A =
s
2
in
s in
C
A
=
c
2 a
=
3
4
． ………………………………… 7分
因为A(0,π)，所以 s in A = 1 −
 3
4
 2
=
7
4
， ………………………………… 9分
5 7
所以sinB=sin(A+C)=sin(A+2A)= ． ………………………………… 11分
16
所以 b =
a
s
s in
in
B
A
=
2 
5
1
7
4
6
7
=
5
2
． ………………………………… 13分
16．（1）见解析；（2）
2
1
2
3
6
【解析】连接AC，交 B D 于点O，连接OP．
（1）因为底面ABCD为菱形，
所以 A C ⊥ B D ，点 O 为 A C , B D 的中点．
又 P A = P C ，所以 A C ⊥ P O ．
又BD PO=O，所以AC⊥平面PBD． ………… 5分
（2）因为菱形ABCD中，AB=BD=2，所以AO= 3,BO=1．
由（1）可知PO⊥AC，又PA= 6，所以PO= PA2 −AO2 = 3．
A
B
D C
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P
E
D C
O
A B又
数学试题答案第 6 页（共8页）
P B = P D ，所以 P O ⊥ B D ， P B = P O 2 + B O 2 = 2 ．
又 A C  B D = O ，所以 P O ⊥ 面 A B C D ． …………………………… 7分
因为 P C ⊥ 平面 B D E ，所以 P C ⊥ B E ，
又 P B = B C = 2 ，所以点E为线段 P C 上中点． …………………………… 9分
以点 O 为原点， O A , O B , O C 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
3 3
A( 3,0,0),B(0,1,0),C(− 3,0,0),P(0,0, 3),E(− ,0, )，
2 2
A B  =  (
−
   
3 ,1
 
, 0 ) , A E = ( −
3
2
3
, 0 ,
2
3
) , C P = ( 3 , 0 , 3 ) ，

设平面ABE的法向量n=(x,y,z)，则

ABn=0 y= 3x 
  ，不妨取n=(1, 3,3)． ………… 11分
AEn=0 z=3x
记平面ABE与平面 B D E 夹角为，则
c o s c o s n , C P
n
n
C
C
P
P 1
4
3
3
6
2
1
2
3
6
 =
    
=


 




 =

= ．
故平面ABE与平面 B D E 夹角的余弦值为
2
1
2
3
6
． ………………………… 15分
x2
17．（1） + y2 =1；（2）(i)
2
m = 5 ；(ii) 1  a 
6
5
5
．
【解析】连接 A C ，交 B D 于点 O ，连接 O P ．
（1）由题可得，b=1,c=1，所以a2 =b2 +c2 =2，故C的方程是
x
2
2
+ y 2 = 1 ． …… 2分
  m
（2）(i)因为AM =3AT ，所以T2,

，且m0，带入C的方程，解得
 3
m = 5 ．…… 5分
(ii)因为 A M ⊥ l ，则 k
A M
 k
l
=

−
m
a

 3 = − 1 ，即 m =
a
3
． …………………… 6分
a a
设线段AM 的中点为B，则B ,  ，
2 6
可得直线 A M
a  a 4
的方程为y− =3x−  ，即y=3x− a． …………………… 7分
6  2 3
设点 P ( x
1
, y
1
) , Q ( x
2
, y
2
)
z
P
E
D C
O
x A B
y
公众号：高考试卷君
 4
y=3x− a

 3
，联立 ，得
x2
 + y2 =1
a2数学试题答案第 7 页（共8页）
(1 + 9 a 2 ) x 2 − 8 a 3 x +
1 6
9
a 4 − a 2 = 0 ，
所以 x
1
+ x
2
=
1
8
+
a
9
3
a 2
, x
1
x
2
=
1 6
9
1
a
+
4
9
−
a
a
2
2
． ………………………………… 9分
又
M  P =  ( x
1
, y
1
− m ) =

x
1
, 3 x
1
−
5 a
3

, M Q =

x
2
, 3 x
2
−
5 a
3

，所以
M  P  M  Q = 
x
1
x
2
+

3 x
1
−
5 a
3
 
3 x
2
−
5 a
3

= 1 0 x
1
x
2
− 5 a ( x
1
+ x
2
) +
2 5
9
a 2 …………… 12分
5a2
(5a2 −13)
9
= 0 ………………………………… 14分
1+9a2
又 a  1
65
，所以解得1a ． ………………………………… 15分
5
18．（1） E ( X ) = 0 .9 n , D ( X ) = 0 .0 9 n ；（2）
8
9
；（3）不可信．
【解析】设事件 A = “通过测试 A ”，事件 B = “通过测试 B ”，事件 C = “测试合格”．
（1）由题，每辆车通过测试的概率为
p=P(C)=P ( A+AB ) =P(A)+P ( AB ) =0.8+(1−0.8)0.5=0.9， …………… 2分
所以 X  B ( n , p ) ，即 X  B ( n , 0 .9 ) ………………………………… 4分
则X 的期望 E ( X ) = n p = 0 .9 n ， X 的方差 D ( X ) = n p (1 − p ) = 0 .0 9 n ． ………… 6分
（2）由题 P ( A C ) = P ( A ) = 0 .8 ，则测试合格的无人投递车，其通过测试 A 的概率为
P ( A | C ) =
P
P
( A
( C
C
)
)
=
0
0
.8
.9
=
8
9
． ………………………………… 10分
（3）设随机抽取1000辆无人投递车中合格数为 X ，由（1）可知=E(X)=900， 2  =
D(X)=10000.90.1=90．
假设该工厂关于产品合格率为95%的说法成立，则应有950辆车合格．
由材料1可得， P ( X ≥ 9 5 0 ) ≤ P ( X − 9 0 0 ≥ 5 0 ) ≤
9 0
2 5 0
= 0 .0 3 6  0 .0 5
公众号：高考试卷君
，即
在假设下1000辆车中合格数超过950的概率不超过0.036，由材料2可知，该事件为小概率事
件，据此我们有理由推断该工厂提供的合格率不可信． ………………………………… 17分
19．（1）a≥1；（2）(i) ak ；(ii) b=a．
【解析】ex −a
（1）k=1时， f(x)= 又ts0有
x
数学试题答案第 8 页（共8页）
f ( x ) ≥ f ( t )  f ( x ) ≥ f ( s ) ,
故 f ( t ) ≥ f ( s )  f ( x ) 在 （ 0 ， +  ） 上单调递增．
exx−(ex −a)
f(x)= ≥0对
x2
x  0 恒成立  a ≥ (1 − x )  e x 对 x  0 均成立，
h ( x ) = (1 − x )  e x h(x)=(1−x)ex =(−x)ex  h ( x ) 在 （ 0 ， +  ） 上单调递减，
 h ( x )  h ( 0 ) = 1 ，  a ≥ 1 ． ………………………………… 4分
（2）(i) g ( x ) = f ( x ) − b =
k e x
x
− a
− b = 0  k e x − b x − a = 0 有两个不等根 x
1
, x
2
，
( x ) k e x a b x ( x ) k e x b 0   = − −   = − =  x = ln
b
k
，
故 ( x )
b b
 在（−，ln ）(ln ,+) ，
k k
x , ( x ) , x , ( x )   → −  → +  → +  → +  ．
( x )  
b b b
最小值为(ln )=b−a−bln =b(1−ln )−a0，
k k k
b
ab(1−ln )对任意
k
b  0 均立．
设 w ( b ) = b (1 − ln
b
k
)
b
，w'(b)=−ln =0b=k ，
k
0bk时w'(b)0； b  k 时 w '( b )  0 ， w ( b ) 最大值为w(k)=k ．
 a  k ． ………………………………… 10分
(ii)kex −a−bx=0k ex =x+ a e x−ln b k −(x−ln b )=ln b + a =
b b k k b
b
t=x−ln ，则
k
m ( t ) = e t − t = ln
b
k
+
a
b
,
且 m ( t ) = e t − t 随 t  ( −  , 0 )  ( 0 , +  )  m ( t ) = e t − t ≥ m ( 0 ) = 1
b a
eti −t =ln + =（i=1,2)
i k b
1   时 m ( t )  = 有两个根 t1  0  t
2
设 d ( ) t
2
t1  = − ，若
1 2
   则由单调性可知 t1 (
1
) t1 (
2
) , t
2
(
1
) t
2
(
2
) ,      
所以d(
1
)d(
2
) 即d()单调递增
x
1
x
2
t
2
t1 d ( )  − = − = 最小当且仅当最小
r ( b ) ln
b
k
a
b
r ( b )
b
b 2
a
 = = +   =
−
r(b)在(0,a)(a,+)  r ( b ) ≥ r ( a ) = ln
a
k
+ 1  1
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所以 x −x 取最小时,b=a． ………………………………… 17分
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