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）_5500(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
4
1.【解析】计算可知A(, ),B[0,2]，故A B (,2]，选B.

3
2.【解析】抛物线方程可化为x2 4y，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2.8x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.
 1 1 1  1 
4.【解析】易知AD AB AC  xAE yAF ，
2 2 2 2
1 1
由D、E、F三点共线得 x y1，即x y 2，
2 2
公众号：高考试卷君
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2 22,y42 2时等号成立，选C.
x y
5.【解析】分两种情况：①当A、B都去时，共有C3 35种选法，此时若C、D都去，有C1 5种
7 5
选法；②当A、B都不去时，共有C5 21种选法，此时若C、D都去，有C3 10种选法. 综上，
7 5
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
1 1 1
f(x2) f(x)1， 令 x1可 得 f(1) ， 故 f(1) ， 故 f(9) f(1) ，
2 2 2
1
f(11) f(1) ，而 f(2)、f(6)的值不能确定，选C.
2
7.【解析】令n1，计算得a 3（舍增根0），所以b a a 2；易知(a a )2 a a ，则
2 1 2 1 n1 n n1 n
(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
数学试题答案第 1 页（共8页）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 b n1(nN )， 则
n 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1013
   ，故所求为         ，选A.
bb (n1)(n2) n1 n2 2 3 3 4 2027 2028 2028
n n1
8.【解析】如图，设△AFF 的内切圆与三边分别切于点
1 2
D、E、G，△BFF 的内切圆与边BF 切于点H ，由切线性质
1 2 2
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
1 2 1 2
FD  F D 2c，所以 FD ca, F D ca，所以切点D即
1 2 1 2
为双曲线的右顶点，同理可证△BFF 的内切圆与x轴也切于右
1 2
顶点，所以M、D、N三点共线，且MN x轴；
2 5 2
设直线l的倾斜角为θ，则tanθ  ，则sinθ  ，由MDx轴及MG AF 可知，M、D、F、G
5 3 2 2
公众号：高考试卷君
2
四点共圆，则DMGθ，则sinDMG ；
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 MNHG中，容易得到
HG 2 2(ca)
sinDMG ，即  ，即b3(ca)，化简可得4c5a，
MN 3 b
c 5
所以离心率e  ，选D.
a 4
3 π π
9.【解析】由图象知A2，将点(0, 3)代入 f(x)中可得sinφ ，因为 φ  ，所以φ ，再
2 2 3
π π π π π
将点( ,0)代入 f(x)中，得sin( ω )0，所以 ω kπ(kZ)，所以ω26k(kZ)，
6 6 3 6 3
π T π
由图可知  ，即ω3，所以ω2，所以 f(x)2sin(2x )，故A正确；
6 4 3
π kπ π 5
令2x kπ可得x  (kZ)，当k 2时x π，故B正确；
3 2 6 6
5π π π 7π
易得 f(x)在[kπ ,kπ ](kZ)内单调递增，在[kπ ,kπ ](kZ)内单调递减，所以 f(x)
12 12 12 12
3 19 19
在[ π, π)内单调递减，在[ π,2π]内单调递增，故C错误；
2 12 12
数学试题答案第 2 页（共8页）π π π
将y2sin2x向左平移 个单位长度长度得y2sin2(x )2sin(2x )，即为 f(x)，故D正确；
6 6 3
综上，选ABD.
10.【解析】在CC 上取一点H ，使FH∥CD，连接GH ，再取AB中点G，连接EG,GC，
1
则面AFHG 面CCE GH ，若AF∥面CCE ，则由线面平行性质定理知AF∥GH ，而由已知条
 1 1
件和图形可知直线AF、GH 必相交，矛盾，故A错误；
取CD中点M ，易知AM∥CE，则FAM 即为直线AF 与CE的所成角，计算可知AM  5，
1 1
5 2 13 6 65
FM  ，AF  ，由余弦定理得cosFAM  ，故B正确；
3 3 65
当DF  3时，易知F 在以D为球心，半径r 3的球面上（正方体内部分），计算可知S 2 3，
1 1 △AB1C
4 3 1 2
点D到面ABC的距离d  ，所以V V  S (d r) ，故C正确；
1 1 3 B1ACF FAB1C 3 △AB1C 3
当D、F 重合时，三棱锥CEFC 即为DECC ，其外接球就是三
1 1
5
棱柱DEC DGC的外接球，计算可得△DGC的外接圆半径为 ，
1 1 4
5 41
所以外接球半径R ( )2 12  ，所以球的表面积
4 公众4 号：高考试卷君
41
S 4πR2  π，故D正确；
4
综上，选BCD.
11.【解析】因为 f(x)2x(2x 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a2 b2 ab0，即
1 1 1 1 2 1 2 π π
(a )2 (b )2  ，可设a  cosθ,b  sinθ，易知ab，所以可设θ( , )，
2 2 2 2 2 2 2 4 4
π (ab)2 (ab) t2 t
设t ab1sin(θ )(1,2)，由a2 b2 ab0可得ab  (0,1)，所
4 2 2
以2mn(0,1)，所以mn0，故B错误；
1 2 π π 1 2 1 2 1
由a  cosθ 及θ( , )得a(1, ]，所以mlog  ，故C正确；
2 2 4 4 2 2 2 2
3(t2 t) 1 3
8m 8n a3 b3 (ab)(a2 b2 ab)(ab)[(ab)2 3ab]t[t2  ] t3  t2，
2 2 2
数学试题答案第 3 页（共8页）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．40
【解析】T C322(x)3 40x3，故x3的系数是40．
4 5
13．2048
【解析】因为a a a a ，所以a2 1．又a aq9 2，所以
1 2 3 4 1 10 1
① a 1时，q9 2，a aq99 a (q9)11 211 2048；
1 100 1 1
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 ||z ||z z | 2，所以在复平面中，△OZ Z 是边长为 2的等边三角形．
1 2 1 2 1 2
  π  π
如图1，设Z ( 2cos, 2sin),Z  2cos , 2sin  ，
1 公众2 号： 高3 考试3卷 君
    π  π 
所以AZ ( 2cos1, 2sin)，BZ  2cos , 2sin 1 ，故
1 2   3  3 
y
   π   π  Z 1
AZ 1 BZ 2 ( 2cos1) 2cos   3    2sin  2sin   3   1  B
Z
2
 π  π  π
2coscos 2sinsin  2cos  2sin O A x
 3  3  3
π
2cos ( 31)sin()
3 1
图1
≤2 3
  π  π
如图2，设Z ( 2cos, 2sin),Z  2cos , 2sin  ，
1 2   3  3
    π  π 
所以AZ ( 2cos1, 2sin)，BZ  2cos , 2sin 1 ，故 y
1 2   3  3 
Z
2
B
Z
1
O A x
图2
数学试题答案第 4 页（共8页）   π   π 
AZ BZ ( 2cos1) 2cos  2sin 2sin 1
1 2  3   3 
 π  π  π
2coscos 2sinsin  2cos  2sin
 3  3  3
π
2cos ( 31)sin()
3 2
≤ 3
 
综上，AZ BZ 最大值为2 3．
1 2
7 5
15．（1） ；（2）
24 2
【解析】
（1）【方法一】因为D为AC边上一点，且AD2CD，设CD t (t 0)，则AD2t，
B
( 2)2 (2t)2 32 ( 2)2 t2 22
因为cosADBcosCDB，所以  ，
2 22t 2 2t
11 33
解得t  ，所以b2 (3t)2  ，
6 2
A D C
33
49
a2 c2 b2 2 7
所以cosB   ． …………………………………… 5分
2ac 223 24
公众号：高考试卷君
 1 2
【方法二】因为D为AC边上一点，且AD2CD，则BD BA BC，
3 3
所以BD2 

B

D
2



1
B

A


2
B

C


2
，即2
1
c2 
4
a2 
4
accosB，
3 3  9 9 9
7
解得cosB ． ………………………………… 5分
24
（2）因为C2A，所以sinCsin2A2sinAcosA，
sinC c 3
所以cosA   ． ………………………………… 7分
2sinA 2a 4
3 2 7
因为A(0,π)，所以sinA 1   ， ………………………………… 9分
4 4
5 7
所以sinBsin(AC)sin(A2A) ． ………………………………… 11分
16
5 7
2
asinB 16 5
所以b   ． ………………………………… 13分
sinA 7 2
4
2 26
16．（1）见解析；（2）
13
【解析】连接AC，交BD于点O，连接OP． P
数学试题答案第 5 页（共8页）
E
D C
O
A B（1）因为底面ABCD为菱形，
所以AC BD，点O为AC,BD的中点．
又PAPC，所以AC PO．
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．
又PBPD，所以POBD，PB PO2 BO2 2．
又AC BD O，所以PO面ABCD． …………………………… 7分

因为PC 平面BDE，所以PC BE，
又PBBC 2，所以点E 为线段PC上中点． …………………………… 9分
以点O为原点，OA,OB,OC 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
  公3众3 号3 ： 高考试卷君
AB( 3,1,0),AE( ,0, ),CP( 3,0, 3)，
2 2 z
设平面ABE的法向量n  (x,y,z)，则 P
 
ABn0 y 3x  E
   ，不妨取n(1, 3,3)． ………… 11分
AEn0 z3x
D C
记平面ABE与平面BDE夹角为，则
O
  n  C  P  4 3 2 26 x A B
cos cos n,CP    ． y
 
n CP 13 6 13
2 26
故平面ABE与平面BDE夹角的余弦值为 ． ………………………… 15分
13
x2 65
17．（1）  y2 1；（2）(i) m 5；(ii) 1a ．
2 5
【解析】连接AC，交BD于点O，连接OP．
x2
（1）由题可得，b1,c1，所以a2 b2 c2 2，故C 的方程是  y2 1． …… 2分
2
   m
（2）(i)因为AM 3AT ，所以T2,

，且m0，带入C 的方程，解得m 5．…… 5分
 3
数学试题答案第 6 页（共8页） m a
(ii)因为AM l，则k k  31，即m ． …………………… 6分
AM l  a  3
a a
设线段AM 的中点为B，则B ,  ，
2 6
a  a 4
可得直线AM 的方程为y 3x  ，即y3x a． …………………… 7分
6  2 3
 4
y3x a

 3
设点P(x,y ),Q(x ,y )，联立 ，得
1 1 2 2 x2
  y2 1
a2
16
(19a2)x2 8a3x a4 a2 0，
9
16
a4 a2
8a3
9
所以x x  ,xx  ． ………………………………… 9分
1 2 19a2 1 2 19a2
  5a   5a
又MP(x,y m)x,3x  ,MQx ,3x   ，所以
1 1  1 1 3   2 2 3 
   5a 5a 25
MPMQxx 3x公 众3x号 ：10高xx 考5a(x试x )卷 a君2 …………… 12分
1 2  1 3  2 3  1 2 1 2 9
5a2
(5a2 13)
9
 0 ………………………………… 14分
19a2
65
又a1，所以解得1a ． ………………………………… 15分
5
8
18．（1）E(X)0.9n,D(X)0.09n；（2） ；（3）不可信．
9
【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)np0.9n，X 的方差D(X)np(1 p)0.09n． ………… 6分
（2）由题PAC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AC 0.8 8
PA|C   ． ………………………………… 10分
PC 0.9 9
数学试题答案第 7 页（共8页）（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．
90
由材料1可得，PX≥950≤P  X 900≥50 ≤ 0.0360.05，即
502
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 f(x)≥ f(t)  f(x)≥ f(s),
x
故 f(t)≥ f(s)  f(x)在（0，）上单调递增．
exx(ex a)
f(x) ≥0对x0恒成立 a≥(1x)ex对x0均成立，
x2
h(x)(1x)ex h(x)(1x)ex (x)ex h(x)在（0，）上单调递减，
公众号：高考试卷君
h(x)h(0)1， a≥1． ………………………………… 4分
kex a
（2）(i)g(x) f(x)b b0  kex bxa0有两个不等根x,x ，
x 1 2
b
(x)kex abx(x)kex b0 xln ，
k
b b
故(x)在（，ln ）(ln ,) ，x,(x),x,(x)．
k k
b b b
(x)最小值为(ln )babln b(1ln )a0，
k k k
b
ab(1ln )对任意b0均立．
k
b b
设w(b)b(1ln )，w'(b)ln 0bk ，
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 b a
txln ，则m(t)et t ln  ,
k k b
数学试题答案第 8 页（共8页）且m(t)et t随t,00, m(t)et t≥m(0)1
b a
eti t
i
ln
k

b
（i1,2) 1时m(t)有两个根t
1
0t
2
设d()t
2
t
1
，若
1

2
则由单调性可知t
1
(
1
)t
1
(
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
t
1
d() 最小当且仅当最小
b a ba
r(b)ln  r(b)
k b b2
a
r(b)在(0,a)(a,)r(b)≥r(a)ln 11
k
所以 x x 取最小时,ba． ………………………………… 17分
1 2
公众号：高考试卷君
数学试题答案第 9 页（共8页）永久高中群【无水印】
1.包含服务：
每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群，
不用每年缴费，一次付费，永久享受，包含到高一到高三的。
2.资料覆盖：
整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的）
3.资料包含：
整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免
费获取
4.入群价格：
目前入群特价199 元（原价 299 元，即将恢复原价）
2026 届高三 VIP 资料【无水印】
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群每日实时更新，网盘群分类汇
总）
资料包含内容：
1、2022年8月份到2023年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
2、2023年8月份到2024年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
3、2024年8月份到2025年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
4、2025年8月份到2026年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷（2025年8月开始，每天实时更新）
5、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年6月高考结束，资料截止更新
2026 高二 VIP 资料【无水印】
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2025年9月到2026年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2024年9月到2025年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
3、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
5、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
6、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内
部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年7月底结束，资料截止更新
2026 高一 VIP 资料【无水印】
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2025年9月到2026年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2024年9月到2025年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
3、2023年9月到2024年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、2022年9月到2023年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
5、2021年9月到2022年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
6、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年7月底结束，资料截止更新