安徽省灵璧中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题

试卷第 1页，共 2页 灵璧中学 2025 届高三年级第一次模拟考试 数学试题 一、单选题 1．已知复数 2 iz   ，则 1 z z   （ ） A．1 B． 7 2 C． 10 2 D． 3 2 2 2．已知向量 ( , 1)a t   ， ( 4, )b t m   ，若存在唯一的实数 t，使得a b  ，则m （ ） A． 4 B． 2 C．2 D．4 3．已知集合   2 2 * *, 10, N , NA x y x y x y     ，则集合 A的元素个数为（ ） A．9 B．8 C．6 D．5 4．数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛，0.618就是黄金分割比 5 1 2 m  的 近似值，黄金分割比还可以表示成 2sin18，则 2 2 4 2cos 27 1 m m  等于（ ） A．4 B． 5 1 C．2 D． 5 1 5．用半径为 1的圆形铁皮剪出一个圆心角为 的扇形，制成一个圆锥形容器，当容器的容积最 大时， （ ） A． 6 π 3 B． 2 6 π 3 C． 2 π 2 D． 2π 6．函数     2 5 2, 2 2 1 3 , 2 a x x f x x a x a x           ，若对任意 1x ，  2 1 2Rx x x  ，都有    1 2 1 2 0 f x f x x x    成 立，则实数 a的取值范围为（ ） A． 4, 1  B．  4, 2  C．  5, 1  D． 5, 4  7．已知函数   2sinf x x ，若存在 1 2, , , nx x x   ，满足 1 20 πnx x x n      ， n N ，且            1 2 2 3 1 2024m mf x f x f x f x f x f x       ，  2,m m  N ，则满足条件的实 数m的最小值为（ ） A．506 B．507 C．508 D．509 8．已知定义域为  0,  的函数  f x 满足：①对任意  , 0,x y  ，有      f xy f x f y  恒成 立；②若 x y ，则    f x f y ．下列说法不正确的是（ ） A．  f x 在R 上是增函数 B．若  25 10f  ，则  5 5f  C．函数    1G x f x  经过原点 D．函数     1F x f x f x        的图象与 x轴重合 二、多选题 9．对于下列概率统计相关知识，说法正确的是（ ） A．数据1,2,3,4,5,6,8,9,11的第 75百分位数是 6 B．若事件 ,M N的概率满足        0,1 , 0,1P M P N  ，则    | | 1P N M P N M  C．由两个分类变量 ,X Y 的成对样本数据计算得到 2 11.612  ，依据 0.001  的独立性检验  0.001 10.828x  ，可判断 ,X Y 独立 D．若一组样本数据   , 1,2, ,i ix y i n  的对应样本点都在直线 4 7y x   上，则这组样本数 据的相关系数为 1 10．已知函数 3 2 1( ) ( R) 3 f x x ax x a    ，则下列说法正确的有（ ） A．若 ( )f x 是R 上的增函数，则 [ 1,1]a  B．当 1a  时，函数 ( )f x 有两个极值 C．当 1a  时，函数 ( )f x 有两零点 D．当 1a  时， ( )f x 在点 (0, (0))f 处的切线与 ( )f x 只有唯一个公共点 试卷第 2页，共 2页 11．一般地，如果一个四面体存在由同一点出发的三条棱两两垂直，我们把这种四面体叫做直角 四面体，记该点为直角四面体的直角顶点，两两垂直的三条棱叫直角四面体的直角棱，任意两条 直角棱确定的面叫直角四面体的直角面，除三个直角面外的一个面叫斜面．若一个直角四面体的 三条直角棱长分别为 a，b，c，直角顶点到斜面的距离为d，其内切球的半径为 r，三个直角面 的面积分别为 1S ， 2S ， 3S ，三个直角面与斜面所成的角分别为 ， ， ，斜面的面积为S，则 （ ） A．直角顶点在斜面上的射影是斜面的内心 B． 2 2 2cos cos cos 1     C． 1 2 3 3S S S S S    D． 1 1 1 1 1 a b c d r     三、填空题 12．设 M，N，P是椭圆   2 2 2 2 1 0    x y a b a b 上的三个点，O为坐标原点，且四边形 OMNP为正 方形，则椭圆的离心率为 ； 13．冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、3 1x  猜想等，其描述为：任一正整数 x，如果是奇 数就乘以 3再加 1，如果是偶数就除以 2，反复计算，最终都将会得到数字 1．例如：给出正整数 5，则进行这种反复运算的过程为5 16 8 4 2 1     ，即按照这种运算规律进行 5次运算后 得到 1．若从正整数 6，7，8，9，10中任取 2个数按照上述运算规律进行运算，则运算次数均为 奇数的概率为 ． 14．已知实数 x， y满足 ln e lnxx y y  ，则 e xy  的最大值为 . 四、解答题 15．在△ABC中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c，已知 2 2 cosc b a B  ． (1)求角A； (2)若角A的平分线与 BC交于点M ， 4 7BM  ， 2 7CM  ，求线段 AM 的长． 16．已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  与 2 2 5x y  交于 ,A B两点，其中点A在第一象限，且 AB 4 ， 抛物线C的准线 l与 x轴交于点 P． (1)求以线段 PA为直径的圆的方程； (2)若 ,M N在抛物线C上，且MB BN ，探究：直线MN是否过定点，若是，求出定点坐标；若 不是，请说明理由． 17．如图，在三棱锥 A BCD 中， ABD△ 是等边三角形， , 2 ,, 4, 60 ,BD DC AB AC DBC E F      分别为 ,AD DC的中点. (1)求证：平面 BEF 平面 ADC； (2)求二面角 E BF D  的余弦值. 18．已知函数    e 1, lnxf x x g x a x x     (1)求  f x 的单调区间和极值； (2)若      h x f x g x  在 1,2 单调递增，求实数 a的取值范围； (3)当 0a  时，若对任意的 1 1 ,1 e x      ，总存在 2 1 ,1 e x      ，使得    1 2f x g x ，求实数 a的取值范 围． 19．约数，又称因数.它的定义如下：若整数 a除以整数  0m m  所得的商正好是整数而没有余数， 我们就称 a为m的倍数，称m为 a的约数.设正整数 a共有 k个正约数，即为 1a ，  2 1 1 2, , ,k k ka a a a a a     . (1)若 8a  ，求 k的值； (2)当 4k  时，若 1k ka a  为等比数列，求正整数 a； (3)记 1 2 2 3 1k kA a a a a a a    ，证明： 2A a . 答案第 1页，共 10页 参考答案： 1．C 2．A 3．C 4．C 5．B 6．A 7．B 【详解】函数   2sinf x x ，对 2m  ， *mN ， 都有          1 max min 2 2 4m mf x f x f x f x       ＝ ， 要使实数m的值最小，应尽可能多让  1,2, ,ix i m  取得最值点， 1 20 πnx x x n      ， *nN ， 且            1 2 2 3 1 2024m mf x f x f x f x f x f x       ， 在一个周期2π上    1m mf x f x  的最大值为 4，且 2024 506 4  ， 1x 取一个零点， mx 取最后一个零点时，m才能最小， 1 0x  ， 2 π 2 x  ， 3 3π 2 x  ， 4 5π 2 x  ， 5 7π 2 x  ，L ，  507 2 506 1 π 2 x    ， 所以m的最小值为507 . 故选：B. 8．【详解】对于 A：不妨设 1 2 ( ) logf x x ，满足题设条件，但此时  f x 在R 上是严格减函 数，故 A错误； 对于 B： (25) (5) (5) 10, (5) 5f f f f    ，故 B正确； 对于 C：令 1, (1) (1) (1), (1) 0x y f f f f     ， (0) (1) 0G f  ，故 C正确； 对于 D： 1 1(1) ( ) ( ) 0f f x f x f x x          ，即 ( ) 0F x  ， 函数     1F x f x f x        的图象与 x轴重合，故 D正确； 故选：A 9．详解】对于 A，9个数据从小到大排列，由于9 0.75 6.75  ，所以第 75百分位数应该是 答案第 2页，共 10页 第 7个数 8，故 A错误； 对于 B，                | | 1 P MNP MN P M P N M P N M P M P M P M      ，故 B正确； 对于 C，由 2 0.00111.612 10.828x    ，不可判断 ,X Y 独立，故 C错误； 对于 D，样本点都在直线 4 7y x   ，说明是负相关且为线性函数关系，所以相关系数为 1 ， 故 D正确， 故选：BD. 10．【详解】对 A： 2( ) 2 1f x x ax    ，由 ( )f x 是R 上的增函数， 则有 2 2 1 0x ax   恒成立，即 24 4 0a    ，解得 [ 1,1]a  ，故 A正确； 对 B：由 2( ) 2 1f x x ax    ，则当 1a  时， 24 4 0a    ， 故 ( ) 0f x  有两个不等实根，设这两个根分别为 1 2,x x 且 1 2x x ， 则当    1 2, ,x x    时， ( ) 0f x  ，当  1 2,x x 时， ( ) 0f x  ， 即  f x 在    1 2, , ,x x   上单调递增，在  1 2,x x 上单调递减， 故函数 ( )f x 有两个极值    1 2,f x f x ，故 B正确； 对 C：令   3 2 21 1 1 0 3 3 f x x ax x x x ax           ， 对 21 1 0 3 x ax   ，有 2 4 3 a   ，若 2 3 3 a  ，则Δ 0  ， 此时 21 1 0 3 x ax   有两个非零不等实根，即  f x 有三个零点，故 C错误； 对 D：当 1a  时， 3 2 1( ) 3 f x x x x   ，则 2( ) 2 1f x x x    ，  0 1f   ，由  0 0f  ，则 ( )f x 在点 (0, (0))f 处的切线为 y x ， 令 3 21 3 x x x x   ，即有  2 3 0x x   ，解得 0x  或 3x  ， 故 ( )f x 在点 (0, (0))f 处的切线与 ( )f x 有两个公共点，故 D错误. 故选：AB. 11．【【详解】A选项，连接 AO，由于 PA⊥ PB，PA⊥ PC，且PB PC P  ， ,PB PC 平 面 PBC ， 所以 PA⊥平面 PBC， 答案第 3页，共 10页 又 BC 平面 PBC，所以 PA⊥ BC， 因为 PO⊥平面 ABC， BC 平面 ABC，所以 PO⊥ BC， 因为 PA PO PI ， ,PA PO平面 PAO，所以 BC⊥平面 PAO， 因为 AO平面 PAO，所以 BC⊥ AO， 同理可得 AC⊥ BO， AB⊥CO， 故O为 ABCV 的垂心，不一定为内心，A错误； B选项，由 A可知， PA⊥平面 PBC， BC⊥平面 PAO， 延长 AO交 BC于点 F ，连接 PF，因为 PF 平面 PBC， PF 平面 PAO， 则 PA⊥ PF， BC⊥ PF， 设 , ,PA a PB b PC c   ，在 Rt PBC△ 中， 2 2BC b c  ， 2 2 bcPF b c   ， 故 2 2 2 2 2 2 2 b cAF PA PF a b c      ， 又 1 2 3 1 1 1, , 2 2 2 S bc S ac S ab   ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 b cS BC AF b c a a b a c b c b c           ， 故 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 4 4 4 S a b a c b c S S S      ， 设直角面 , ,PBC PAC PAB与斜面 ABC所成角分别为 , ,   ， 则 1cos cos SPFPFA AF S      ，同理可得 32cos ,cos SS S S    ， 故 2 2 2 2 1 2 32 2 2c 1os cos cos S S S S         ，B正确； C选项，显然 1 2 3S S S S   ， 且  22 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 33 3 3 3 2 2 2S S S S S S S S S S S S S S S S                 2 2 22 2 21 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 2 3 1 32 2 2 2 2 2 0S S S S S S S S S S S S S S S             ， 答案第 4页，共 10页 故 1 2 3 3S S S S   ，当且仅当 1 2 3S S S  时，等号成立， 综上， 1 2 3 3S S S S S    ，C正确； D选项，直角四面体的体积 1 1 1 1 3 2 6 3 V abc abc Sd    ， 故3V Sd ， 2dS abc ， 又  1 2 3 1 3 S S S S r V    ， 1 2 3 1 1 1, , 2 2 2 S bc S ac S ab   ， 所以 1 2 3 1 1 1 1 2 2 2 3 bc ac ab SS S S S r V Sd        11 2 2 2 1 1 1bc ac ab Sd Sd S d bd d a c       ，D正确. 故选：BCD 12． 6 3 / 1 6 3 13． 1 10 /0.1 【详解】按照题中运算规律，正整数 6的运算过程为6 3 10 5 16 8 4 2 1        ， 运算次数为8； 正整数 7的部分运算过程为7 22 11 34 17 52 26 13 40 20 10          ， 当运算到 10时，运算次数为 10，由正整数6的运算过程可知，正整数 7总的运算次数为 10 6 16  ； 正整数 8的运算次数为3； 正整数 9的部分运算过程为9 28 14 7   ，当运算到 7时，运算次数为 3， 由正整数 7的运算过程可知，正整数 9总的运算次数为3 16 19  ； 正整数 10的运算次数为 6； 故正整数 6，7，8，9，10的运算次数分别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数， 从正整数 6，7，8，9，10中任取 2个数的方法总数为：                    6,7 , 6,8 , 6,9 , 6,10 , 7,8 , 7,9 , 7,10 , 8,9 , 8,10 , 9,10 ，共10种， 其中的运算次数均为奇数的方法总数为：  8,9 ，共1种， 故运算次数均为奇数的概率为 1 10 ． 故答案为： 1 10 答案第 5页，共 10页 14． 2 1 e / 2e 【详解】由 ln e lnxx y y  得 ln ex x y y  ，所以 ln ex x x x y y  ，则 ln e ln e x x yxx y   ， 因为 0x  ， e 0x  ， e 0 x y  ，所以 ln 0x y  . 令 ( ) e ( 0)xf x x x  ，则    1 e 0xf x x   ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， 所以由 ln e ln e x x yxx y   ，即 ( ) ln xf x f y        ，得 ln xx y  ，所以 ex xy  ， 所以 1 1e e e e x x x x x xy      ， 令 1( ) ( 0) ex xg x x  ，则   2 ex xg x   ， 令   0g x  ，得0 2x  ，令   0g x  ，得 2x  ， 所以 ( )g x 在 (0,2)上单调递增，在 (2, ) 上单调递减， 所以     2max 12 e g x g  . 故答案为： 2 1 e 15．【详解】（1）解法一：由余弦定理可得 2 2 2 2 2 2 a c bc b a ac      ， 即 2 2 2 22c bc a c b    ，整理可得 2 2 2b c a bc    ， 所以 2 2 2 1cos 2 2 2 b c a bcA bc bc        ， 因为 0 A   ，所以 2 3 A  . 解法二：由正弦定理可得 2sin sin 2sin cosC B A B  ， 因为 ABCV ， sin sin[π ( )] sin( ) sin cos cos sinC A B A B A B A B       ， 所以 2cos sin sin 0A B B  ， 因为 sin 0B  ，所以 1cos 2 A   ， 因为 0 A   ，所以 2π 3 A  . （2）如图所示 答案第 6页，共 10页 由题意可得 AM 是角A的平分线， 2π 3 A  ， π 3 BAM  ， 在 ABM 中，由正弦定理可得 sin sin   BM AM BAM B ， 即 4 7 sin3 2 AM B  ，解得 3 2sin 4 7 AM B  ， 在 ACM△ 中，由正弦定理可得 sin sin CM AM CAM C   ， 即 2 7 sin3 2 AM C  ，解得 3 2sin 2 7 AM C  ， 所以 sin 2sinC B ，由正弦定理边角互化得 2c b ， 在 ABCV 中由余弦定理  2 2 2 16 7 4 2 2 2b b b b            解得 6, 12b c  ， 所以  2 2 22 2 2 6 7 12 6 5cos 2 2 6 7 12 2 7 a c bB ac         ， 在 ABM 由余弦定理得  22 2 2 2 52 cos 12 4 7 2 12 4 7 2 7 AM c BM c BM B            ， 解得 4AM  . 16．【详解】（1）由题意得， ,A B两点的纵坐标分别为2, 2 ， 代入 2 2 5x y  中，解得 1( 1x x   舍去），  1,2A ， 代入 2 2y px 中，得 4 2p ，解得 2,p  抛物线  2: 4 , 1,0C y x P   ， 则以线段 PA为直径的圆的方程为 2 2( 1) 2x y   ． （2）如图： 答案第 7页，共 10页 显然直线MN与 x轴不平行，设直线MN的方程为 x my n  ， 联立 2 4 x my n y x     ，消去 x得 2 24 4 0,Δ 16 16 0y my n m n      ． 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 1 2 1 24 , 4y y m y y n    ． MB BN ，且 ,M N是抛物线上异于 B的不同两点， 1 2, 1, 1MB NBx x k k     ． 1 1 2 11 1 2 2 4 1 21 4 MB y yk yx y        ，同理得 2 1 2 4 4 4, 1 2 2 2NB k y y y         ， ∴   1 22 2 16 0y y    ，∴  1 2 1 22 20 0y y y y    ，∴ 4 8 20 0n m    ，即 2 5n m   ， ∴  2 5 2 5x my n my m m y        ，所以直线MN过定点  5,2 ． 17．(1)证明见解析 (2) 3 4 【分析】（1）先证CD 平面 ABD，从而得CD BE ，接着进一步可证 BE 平面 ADC，再 根据面面垂直判定定理即可得证. （2）过 E作 BD的垂线，垂足为O，过O作 BF的垂线，垂足为G，连接 EG，接着证明 BF  平面GOE即可得到 EGO 为二面角 E BF D  的平面角，根据已知条件求出 EGO 的余弦 值即可得解. 【详解】（1）因为 2 60BD AB DBC BD DC    ， ， ， 所以 tan 2 tan 60 2 3DC AB DBC   ， 又 2 4AD AC ， ，所以 2 2 2AD CD AC  ，所以 AD CD ， 又BD DC AD BD D AD ， ， 、 BD 平面 ABD，所以CD 平面 ABD， 又BE 平面 ABD，所以CD BE 答案第 8页，共 10页 因为 ABD△ 是等边三角形， E是 AD的中点，所以 AD BE ， 又CD AD D ，CD、 AD 平面CDA，所以 BE 平面 ADC， 又BE 平面 BEF，所以平面 BEF 平面 ADC . （2）因为CD 平面 ABD CD， 平面 BCD，所以平面 BCD 平面 ABD， 在 ABD△ 中，过 E作 BD的垂线，垂足为O，过O作 BF的垂线，垂足为G， 连接 EG，如图所示， 因为平面 BCD 平面 ABD，平面 BCD 平面 , ,ABDD BD EO BD EO  平面 ABD， 所以 EO 平面 BCD，又 BF 平面 BCD，所以EO BF ， 因为 , ,GO BF GO OE O GO OE   、 平面GOE，所以 BF 平面GOE， 又EG 平面GOE，所以BF EG ，所以 EGO 为二面角 E BF D  的平面角， 在Rt BDF△ 中， 2 2 2 22 3 7BF BD DF    （ ） ， 又BE 平面 ADC EF ， 平面 ADC，所以 BE EF ， 在Rt BEF△ 中， 1 1 2 2 BE EF BF EG   ， 又 2 2 2 21 2, 2 1 3 2 EF AC BE BD DE       ， 所以 1 13 2 7 2 2 EG     ，解得 2 21 7 EG  ， 因为 EO 平面 BCD OG ， 平面 BCD，所以 EO OG ，又 3sin 60 2 EO DE  ， 在Rt EOG△ 中， 2 2 2 22 21 3 3 21 7 2 14 GO EG EO    （ ）（ ） ， 所以 3 21 314cos 42 21 7 OGEGO EG     ，即二面角 E BF D  的平面角的余弦值为 3 4 . 18．【详解】（1） ( ) e 1xf x x   ， ( ) e 1xf x   ， 答案第 9页，共 10页 令 ( ) 0f x  ，解得 0x  ， 当 ( ,0)x  时， ( ) 0f x  ，当 (0, )x  时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 单调递减区间为 ( ,0) ，单调递增区间为 (0, ) ， 所以 ( )f x 在 0x  处取得极小值，且极小值为 (0) 0f  ，无极大值. （2）       e 1 ln e ln 1x xh x f x g x x a x x a x          ， ( 0)x  ， 则 e( ) e x x a x ah x x x     ， 因为 ( )h x 在 1,2 单调递增， 所以 ( ) 0h x  在 1,2 上恒成立， 所以 exx a 在 1,2 上恒成立，即  min( e ) , 1,2xa x x  ， 设  ( ) e , 1,2xH x x x  ， ( ) e e ( 1)e 0x x xH x x x      ， 所以 ( )H x 在 1,2 上单调递增， 所以 min( ) (1) eH x H  ， 所以 ea  ，故 a的取值范围为 ( , e] . （3）若对任意的 1 1 ,1 e x      ，总存在 2 1 ,1 e x      ，使得    1 2f x g x ， 则当 1 ,1 e x      时， max max( ) ( )f x g x ， 由（1）知 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， 所以当 1 ,1 e x      时， max( ) (1) e 2f x f   ，   ln , ( 0, 0)g x a x x a x  ， ( ) 1a a xg x x x     ， 0a  ， 当 1 ,1 e x      时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， max 1 1( ) ( ) e e g x g a     ， 1e 2 e a     ， 12 e e a    ，  a的取值范围为 1( , 2 e ] e    . 19．【详解】（1） 8a  时，因为 1 8 2 4a     ， 答案第 10页，共 10页 所以1,2, 4,8为 8的所有正约数，故 4k  . （2）由题意可知 1 1 2 2 3 1, , ,k k k a aa a a a a a a      . 因为 4k  ，依题意可知 3 2 1 2 1 1 2 k k k k a a a a a a a a         ，所以 3 2 2 2 1 2 3 aa a a a a aa a a a      ， 化简可得    2 23 2 2 1 3a a a a a   ，所以 2 3 2 3 2 1 a aa a a       . 因为 * 3a N ，所以 *3 2 2 1 a a a a    N ，因此可知 3a 是完全平方数. 由于 2a 是整数 a的最小非 1因子， 3a 是 a的因子，且 3 2a a ，所以 2 3 2a a ， 所以 2 1 3 2 1, , , k ka a a a a a    可写为 2 1 2 2 2 2 2 21, , , k ka a a a a    ， 经检验该关系满足条件， 所以  12 , 4ka a k  . （3）由题意知  1 2 1 1 i, , , , , 1k k i ka a a a a a a a a i k        ， 所以 2 2 2 1 2 1 1 2k k k k a a aA a a a a a a       . 因为 12 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1, , k k k k k k k k a aa a a a a a a a a a a a a a            ， 所以 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 k k k k k k k k a a aA a a a a a a a a a a a a a                     2 2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k k k a a a a a a a a a a                      . 因为 1 1, ka a a  ，所以 1 1 1 1 ka a   . 所以 2A a .