高三数学
考生注意:
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 150 分，考试时间 120 分钟。
2. 答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把
答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在
答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿
纸上作答无效。
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. 已知集合 A={x∈N∣x>−1},B={x∣−3<x≤4} ,则 A∩B=
A. {x∣−1<x≤4} B. {x∣0<x≤4}
C. {1,2,3,4} D. {0,1,2,3,4}
2. 若 2+zi=|3+4i) ,则 z 的虚部是
A. -3 B. 3 C. -3i D. 3i
3. 设向量 a=(1,k),b=(3,−2k) ，若 a⊥(a+b) ，则 k=
A. -2 B. -1 C. ±1 D. ±2
4. 设公差为 3 的等差数列 {a ) 的前 n 项和为 S ,若 S −S =7 ,则 a =
n n 9 7 8
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
ex
5. 当 a<0 时,函数 f (x)= 的图象大致是
x2−ax
AB
C
D
6. 如图，半球 O 的半径为 ❑√5 ，从中挖去一内接圆柱 OO . 圆柱一个底面在半
1
球圆面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为
A. 9π
B. 11π
C. 15π
D. 19π7. 盒中有 6 个相同的小球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中不放回地随机取两次,每次
取 1 个球. 记事件 A 为“取出 2 个小球的数字之和大于 6n ,事件 B 为“第二次
取出小球的数字为 5n , 则 P(B∣A)=
3 3 2 1
A. B. C. D.
8 11 9 6
x2 y2
8. 已知双曲线 C: − =1(a>0,b>0) 的左、右焦点分别为 F ,F ,离心率为
a2 b2 1 2
❑√10 |AF )
,过 F 的直线与 C 的右支交于 A,B 两点. 若 BF ⊥BF ,则 2 的值
2 2 1 2 |BF )
2
为
A. ❑√10 B. 3 C. ❑√5 D. 2
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. 已知两组样本数据 x ,x ,⋯,x 和 x ,x ,⋯,x ,y ,其中 y 是 x ,x ,⋯,x 的
1 2 5 1 2 5 1 2 5
平均数, x ,x , ⋯,x 不全相同,则这两组样本数据的
1 2 5
A. 平均数一定相等
B. 中位数一定相等
C. 标准差一定不相等
D. 第 80 百分位数可能相等
10. 已知函数 f (x)=cos(2x+φ)(0<φ<π) 为奇函数,则
A. f (x) 的最小正周期为 π
π ( π)
B. 将 f (x) 的图象向右平移 个单位可得到函数 y=sin 2x+ 的图象
3 3
( π)
C. f (x) 在区间 0, 上单调递增
4
π ( π)
D. 直线 x= 是曲线 y=f x+ 的一条对称轴
12 6
x2 y2
11. 已知椭圆 C: + =1(t>0) 的左、右焦点分别为 F ,F ,过点 F 且斜率不
3 t 1 2 2
为零的直线 l 交椭圆于 A,B 两点,当直线 l 垂直于 x 轴时, △ABF 为等边三角
1
形,则下列说法正确的是❑√3
A. C 的离心率为
3
B. 存在四个点 A 使得 △AF F 为直角三角形
1 2
2❑√2
C. 记 ∠AF F =α,∠AF F =β ,则 sinα+sinβ 的最大值为
1 2 2 1 3
R 3
D. 记 △AF F 的外接圆和内切圆半径分别为 R,r ,则 的最小值为 (❑√3+1)
1 2 r 4
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分。
12. (x−1) 10=a +a x+a x2+⋯+a x10 ,则 a = _____.
0 1 2 10 8
13. 已知点 P 为圆 C:x2+ y2−2x+4 y+4=0 上任意一点，过点 P 分别向直线
l :mx+ y+2m−2=0 和 l :x−my+2+2m=0 作垂线，垂足分别为 M,N . 则
1 2
|PM)⋅|PN) 的最大值为_____.
14. 已知 x ,x 分别是函数 f (x)=axlnx+bx2 的极小值点和极大值点. 若 x >x ,
1 2 1 2
b
则 的取值范围是_____.
a
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. (本小题满分 13 分)
( π)
记 △ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，已知 asinB=bcos A− .
6
(1)求 A ；
b+c
(2)若 △ABC 是锐角三角形，求 的取值范围.
a
16. (本小题满分 15 分)
如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PD⊥ 底面 ABCD ， M
是 AD 的中点，点 N 满足 ⃗PC=3⃗PN,PD=3,DA=DB=2 .(1)证明: PM// 平面 BDN ；
(2)求平面 PAB 与平面 BDN 夹角的正切值.
17. (本小题满分 15 分)
已知抛物线 E:y2=2x ，过点 P(2,1) 的直线交 E 于 A ， B 两点.
(1)设 A(x ,y ) ， B(x ,y ) ，证明: (y −1)(y −1) 为定值；
1 1 2 2 1 2
(2)过点 P(2,1) 的另一条直线交 E 于 C ， D 两点，且 |PA)⋅|PB)=|PC)⋅|PD)
|AB)
，求 的最小值.
|CD)
18. (本小题满分 17 分)
有编号为 1,2,3,⋯,n 的 n 个相同小球, n≥2 ,从中有放回地随机取 m 次,每次取
1 个球,记 X 为这 n 个球中未被取到的球的个数.
m
(1)已知 n=5 .
(1)若 m=2 ，求 X 的分布列；
2
(ii) 若 m≥2 ，求 X =3 的概率；
m
(2)若 X ， Y 都是离散型随机变量，则 E(X+Y)=E(X)+E(Y) . 证明:
n
∑ E(X )<n2−n .
m
m=1
19. (本小题满分 17 分)
1
已知函数 f (x)=b⋅ax− x3 ,其中 a>1,b>0 ,函数 y=f (x)+f (−x) 的最小值为
6
2,g(x) 为 f (x) 的导函数.
(1)求 b 的值；
(2)若 g(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，求 lna 的取值范围；2
1
(3)若 g(x) 在 (0,+∞) 的极小值点为 x ，证明: g(x )< e3 .
0 0 2
合肥市2026届高三年级5月教学质量检测 数学 参考答案、提示及评分细则
1. D A∩B={x∈N∣−1<x≤4}={0,1,2,3,4} . 故选 D.
|3+4i)−2 3
2. A 由题意得 z= = =−3i,z 的虚部是 -3 . 故选 A.
i i
3. D 因为 a=(1,k),a+b=(4,−k) ,由 a⊥(a+b) 得 4−k2=0 ,解得 k=±2 . 故选
D.
4. A 因为 S −S =a +a =2a +3=7 ,所以 a =2 . 故选 A.
9 7 8 9 8 8
5.B 函数 f (x) 的定义域为 {x∣x≠0 且 x≠a} ，排除 A，C，当 x<a 时，
f (x)>0 . 故选 B.
6. D 如图，作半球 O 的轴截面，记半球半径为 R ，圆柱半径为 r . 由题意，圆
柱的高为 2r ,则有 R=❑√5r=❑√5 ,故 r=1 . 所以剩余几何体的表面积为
S=2πR2+πR2+2πr . 2r=19π . 故选 D.
n(AB) 2
7. C 由已知条件, n(A)=18,n(AB)=4 ,所以 P(B∣A)= = . 故选 C.
n(A) 9
8. B 不妨设 |F F )=❑√10 ,则 a=1 . 设 |BF )=x,|AF )= y ,则 |BF )=2+x ,
1 2 2 2 1
|AF )=2+ y . 在 △BF F 中,由勾股定理可得, (2+x) 2+x2=10 ,所以 x=1 ; 同理,在
2 1 2|AF ) y
△AF F 中,由勾股定理可得, (1+ y) 2+9=(2+ y) 2 ,所以 y=3 . 所以 2 = =3 .
1 2 |BF ) x
2
故选 B.
5
1
9. ACD 不妨设 x ≤x ≤x ≤x ≤x ,则 y= ∑ x∈[x ,x ) . 对于 A: 第二组数据的
1 2 3 4 5 5 i 1 5
i=1
x +⋯+x + y 5 y+ y
平均数为 1 5 = = y ,故 A 正确; 对于 B: 第一组数据的中位数为
6 6
x ,第二组数据为中间两数的平均值,不一定等于 x ,故 B 错误; 对于 C: 记第一组
3 3
数据的标准差为 s , 则第二组数据的标准差为
√1 √5
❑ [(x −y) 2+⋯+(x −y) 2+(y−y) 2)=❑ s ,故 C 正确; 对于 D: 第一组数据第 80
6 1 5 6
x +x
百分位数为 4 5 ,第二组数据第 80 百分位数为第 5 个数据,两者可能相等,故 D
2
正确. 故选 ACD.
π
10. ABD 由题意, f (0)=cosφ=0 ,因 0<φ<π ,则 φ= ,故 f (x)=−sin2x . 对于
2
|2π) π
A,f (x) 的最小正周期为 =π ,故 A 正确; 对于 B,将 f (x) 的图象向右平移
2 3
[ ( π)) ( 2π) ( π)
个单位可以得到函数 y=−sin 2 x− =−sin 2x− =sin 2x+ ,故 B 正确;
3 3 3
( π) ( π) ( π)
对于 C,当 x∈ 0, 时, t=2x∈ 0, ,而函数 y=−sint 在 0, 上单调递
4 2 2
( π) ( π) π
减,故 C 错误; 对于 D,y=f x+ =−sin 2x+ ,x= 是其对称轴,故 D 正确.
6 3 12
故选 ABD.
11. ABD 记 |AF )=m,|AF )=n,∠F AF =θ . 对于 A: 直线 l 垂直于 x 轴时,不
1 2 1 2
❑√3
妨设 |AF )=t ,则 |AF )=2t,|F F )=❑√3t ,因此离心率 e= ,故 A 正确；对于
2 1 1 2 3
π
B: 当 A 位于短轴顶点时, ∠F AF < ,所以椭圆上存在四个点使得 △AF F 为
1 2 2 1 2
sinα+sinβ 1
直角三角形,故 B 正确; 对于 C: = =❑√3 ,则
sin(α+β) e
sinα+sinβ=❑√3sin(α+β)=❑√3sinθ ,又
m2+n2−4 (m+n) 2−2mn−4 4 1
cosθ= = = −1≥ ,当且仅当 m=n=❑√3 取等号,所以
2mn 2mn mn 3
2❑√6 |F F )
sinα+sinβ=❑√3sin(α+β)=❑√3sinθ≤ ,故 C 错误; 对于 D: 由 2R= 1 2 知
3 sinθ
1 1 1 mnsinθ R 2+2❑√3
R= ,由 S= (2+2❑√3)×r= mnsinθ 知 r= ,因此 = ,又
sinθ 2 2 2+2❑√3 r mnsin2θR 1+❑√3 3
16 8 = ≥ (1+❑√3)
sin2θ=1−cos2θ=− + ,则 r 8 4 ,当且仅当 m=n=❑√3 取
(mn) 2 mn 4−
mn
等号,故 D 正确. 故选 ABD.
10
12.45 (x−1) 10=∑C x10−r ⋅(−1) r ,令 r=2 ,则 C2 x8 ⋅(−1) 2=45x8 ,即 a =45 .
10 10 8
r=0
13. 18 圆 C 的圆心 C(1,−2) ,半径 r=1 ,由题意 l ,l 互相垂直且均经过定点
1 2
|PM)
2+|PN) 2
Q(−2,2) ,因此 |PM) 2+|PN) 2=|PQ) 2 ≤(|CQ)+r) 2=36,|PM)⋅|PN)≤ =18
2
. 经检验等号成立.
( 1 )
14. − ,0 法一: 因为 f′(x)=a(1+lnx)+2bx ,若函数有极大值点和极小值点,则
2
y=a(1+lnx) 与 y=−2bx 至少有两个交点. 如下图，易知 a<0 .记 y=−2bx 恰与 y=a(1+lnx) 相切时,切点为 (m,−2bm) ,则有
{−2bm=a(1+lnm),
)
a 解得 m=1 . 由题意可知 a<−2b<0 ,又 a<0 ,所以
−2b= ,
m
b ( 1 )
∈ − ,0 .
a 2
法二: f′(x)=a(1+lnx)+2bx ,函数有极大值点和极小值点,则 f′(x)=0 有两正实根. 即
b 1+lnx 1+lnx −lnx
− = 有两实根,令 g(x)= ,则 g′(x)= ,故 g(x) 在 (0,1) 上增,
a 2x 2x 2x2
1
在 (1,+∞) 上减,又 g(1)= ,x→0 , g(x)→−∞;x→+∞,g(x)→0 ,所以
2
b ( 1 )
∈ − ,0 . 经检验 a<0 时,符合题意.
a 2
( π) ( π)
15. 解:(1)因为 asinB=bcos A− ，所以 sin A⋅sinB=sinB⋅cos A− ，
6 6
( π) ❑√3 1
即 sin A=cos A− = cosA+ sin A ,化简为 sin A=❑√3cosA ,即 tan A=❑√3 ,
6 2 2
π
因为 A∈(0,π) ,所以 A= . 6 分
3
π b+c sinB+sinC 2❑√3
(2)因为 A= ，所以 = = (sinB+sinC) ，
3 a sin A 3
(π ) ( π)
又 sinB+sinC=sinB+sin +B =❑√3sin B+ .
3 6
b+c ( π)
所以 =2sin B+ . 9 分
a 6
π
{ 0<B< , )
2
又 △ABC 是锐角三角形,则
2π π
0< −B< .
3 2
π π
解得 <B< , 10 分
6 2
π π 2π ( π) (❑√3 ) b+c
所以 <B+ < ,sin B+ ∈ ,1 ,所以 的取值范围为 (❑√3,2] . 13
3 6 3 6 2 a
分
16.(1)证明:连接 MC 交 DB 于点 O ，连接 ON .MD MO 1
因为 M 是 AD 的中点, AD=BC,AD//BC ,所以 = = .
BC OC 2
PN 1 MO PN
又 ⃗PC=3⃗PN ,所以 = ,从而,在平面 PMC 中,有 = .
NC 2 OC NC
所以 PM//ON ,又 PM⊄ 平面 BDN,ON⊂ 平面 BDN .
所以 PM// 平面 BDN . 6 分
(2)解:因为 PD⊥ 底面 ABCD ,以 D 为坐标原点,以 ⃗DC,⃗DP 的方向为 y 轴, z
轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D−xyz .
( 2 )
则 D(0,0,0),B(❑√3,1,0),N 0, ,2 ,A(❑√3,−1,0),P(0,0,3) .
3
所以 ⃗DB=(❑√3,1,0),⃗DN= ( 0, 2 ,2 ) ,⃗AB=(0,2,0),⃗AP=(−❑√3,1,3) .
3
设 m=(x ,y ,z ) 为平面 BDN 的法向量,
1 1 1
{m⋅⃗DB=0,) {❑√3x + y =0,)
则 即 1 1
m⋅⃗DN=0, y +3z =0,
1 1
可取 m=(❑√3,−3,1) . 9 分
设 n=(x ,y ,z ) 为平面 PAB 的法向量,
2 2 2
{n⋅⃗AB=0,) { y
2
=0, )
则 即
n⋅⃗AP=0, −❑√3x + y +3z =0.
2 2 2
可取 n=(❑√3,0,1) . 11 分
|m⋅n) 2❑√13 3
设平面 PAB 与平面 BDN 的夹角为 θ ,则 cosθ= = ,所以 tanθ= .
|m)|n) 13 23
所以平面 PAB 与平面 BDN 夹角的正切值为 . 15 分
2
17. 解: (1)设直线 AB 方程: x−2=m(y−1) .
{x−2=m(y−1),)
联立 消去 x ,化简可得 y2−2my+2m−4=0 .
y2=2x,
所以 y + y =2m,y y =2m−4 ,则 (y −1)(y −1)= y y −(y + y )+1=−3 .
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
所以 (y −1)(y −1) 为定值一 3 . 6 分
1 2
(2)令直线 AB:x−2=m (y−1) ，直线 CD:x−2=m (y−1) ，
1 2
由 (1) 知 |PA)⋅|PB)=(1+m2)|y −1)|y −1)=3(1+m2) ,同理, |PC)⋅|PD)=3(1+m2) ,
1 1 2 1 2
所以 3(1+m2)=3(1+m2) ,因为 m ≠m ,所以 m m ≠0 且 m +m =0 .
1 2 1 2 1 2 1 2
又 |AB)=❑√1+m2|y −y )=❑√1+m2 ⋅❑√(y + y ) 2−4 y y =2❑√1+m2 ⋅❑√m2−2m+4 ,
1 2 1 2 1 2
所以 |CD)=2❑√1+m2 ⋅❑√m2+2m+4 .
|AB) √m2−2m+4 √ 4m
所以 =❑ =❑1− . 12 分
|CD) m2+2m+4 m2+2m+4
当 |AB)<|CD) 时, m>0 ,所以
|AB) √ 4m √ 4 √ 4 ❑√3
=❑1− = 1− ≥ 1− =
|CD) m2+2m+4 ❑ m+ 4 +2 ❑ 2❑ √ m⋅ 4 +2 3 , 当且仅当 m=2 时
m m
|AB) ❑√3
等号成立,所以 的最小值为 . 15 分
|CD) 3
18.( 1 )解:( i )从 5 个相同小球中有放回地随机取 2 次，共有 52=25 种情况， X
2
的取值为 3,4.
X =3 表示 2 次取球中未被取到的球的个数为 3 个，即 2 次取球中取到 2 个不同
2
编号的球，
X =4 表示 2 次取球中未被取到的球的个数为 4 个，即 2 次取球中取到的是同 1
2
个编号的球，
A2
4
C1
1
所以 P(X =3)= 5= ,P(X =4)= 5= ,
2 52 5 2 52 5
所以 X 的分布列为
2
X 3 4
2P 4 1
5 5
5 分
( ii ) X =3 表示 m 次取球中未被取到的球的个数为 3 个，即 m 次取球中取到 2
m
个不同编号的球，从 5 个相同小球中有放回地随机取 m 次,共有 5m 种情况,
X =3 时有 C2(2m−2) 种情况,
m 5
C2(2m−2) 2(2m−2)
所以 X =3 的概率为 5 = . 10 分
m 5m 5m−1
(2)证明:从 n 个相同小球中有放回地随机取球 m 次中，定义随机变量 I ，其中
k
I =1 表示第 k 个小球未被取到， I =0 表示第 k 个小球至少被取到 1 次，则
k k
I 服从两点分布，所以
k
n n
X =I +I +I +⋯+I ,由题意知, E(X )=∑ E(I )=∑ P(I =1) ,
m 1 2 3 n m k k
k=1 k=1
(n−1) m (n−1) m
又 P(I =1)= ,所以 E(X )=n⋅ .
k n m n
∑ n E(X )=n⋅∑ n (n−1) m =n⋅∑ n ( 1− 1) m ,因为 0<1− 1 <1 ,所以
m n n n
m=1 m=1 m=1
( 1) [ ( 1) n )
1− 1− 1−
∑ n E(X )=n⋅∑ n ( 1− 1) m =n⋅ n n =(n2−n) [ 1− ( 1− 1) n ) <n2−n
m=1 m m=1 n 1− ( 1− 1) n
n
n
故 ∑ E(X )<n2−n . 17 分
m
m=1
19. 解: (1) y=f (x)+f (−x)=b(ax+a−x) ,因为 ax>0 ,所以 ax+a−x≥2 ,
当且仅当 x=0 时等号成立,又 y=f (x)+f (−x) 的最小值为 2,
所以 b(ax+a−x)≥2b=2 ,解得 b=1 . 4 分
1 1
(2)由(1)知 f (x)=ax− x3 ，则 g(x)=axlna− x2 ，令 h(x)=g′(x)=ax(lna) 2−x ，
6 2
则 h′(x)=ax(lna) 3−1 .
因为 a>1 ,所以 h′(x) 在 x∈(0,+∞) 内单调递增, h′(0)=(lna) 3−1 .
(i) a≥e 时, h′(x)>h′(0)=(lna) 3−1≥0 ,所以 g′(x) 在 x∈(0,+∞) 内单调递增,则 g′(x)>g′(0)=(lna) 2>0 ,所以 g(x) 单调递增,即 a≥e 满足题意.
(ii) 1<a<e 时, 0<(lna) 3<1 ,记 h′(x)=0 的根为 t ,则 at 0(lna) 3=1 ,即
0
t lna+3ln(lna)=0 .
0
所以 g′(x) 在 x∈(0,t ) 递减,在 x∈(t ,+∞) 递增.
0 0
1 1+3ln(lna)
g′(x) 最小值为 g′ (t )=at 0(lna) 2−t = −t = ,令 g′ (t )≥0 ,即
0 0 lna 0 lna 0
1+3ln(lna)≥0 ,解得 lna∈ [ e − 3 1 ,1 ) .
综上, lna∈ [ e − 3 1 ,+∞ ) . 10 分
(3)由(2)知
lna∈
(
0,e
−
3
1) 时， g′ (t
0
)<0 ，又 g′(0)=(lna) 2>0,x→+∞ 时，指数函
数 y=ax 呈爆炸性增长,从而 g′(x)→+∞ ,所以 ∃x ∈(0,t ),∃x ∈(t ,+∞) 使
1 0 0 0
g′ (x )=g′ (x )=0 .
0 1
所以 g(x) 在 x∈(0,x ) 递增,在 x∈(x ,x ) 递减,在 x∈(x ,+∞) 递增.
1 1 0 0
因为 t 0 lna+3ln(lna)=0 ,令 t=lna∈ ( 0,e − 3 1) ,则 t 0 =− 3l t nt .
令 m(t)=− 3l
t
nt ,则 m′(t)=−3 1−
t2
lnt <0 ,所以 m(t) 在
t∈
(
0,e
−
3
1) 递减.
则 t =m(t)>m ( e − 3 1) =e3 1 ,
0
又 0<lna<e − 3 1 ,则 a<ee −3 1 ,所以 g′ ( e3 1) =ae3 1 ⋅(lna) 2−e3 1 <e⋅e − 3 2 −e3 1 =0 .
1
所以 x <e3<t <x ,
1 0 0
( 1) 1 1 2 − 1 1 2 1 2
所以 g(x )<g e3 =ae3 ⋅lna− e3<e⋅e 3− e3= e3 .
0 2 2 2
2
1
故 g(x )< e3 . 17 分
0 2
