精品解析：安徽省亳州市2024-2025学年高三上学期开学摸底大联考数学试题

2025届安徽省高三摸底大联考 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．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. 3．本卷命题范围：高考范围. 一、选择题：本大题共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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数乘法运算化简，然后由复数的几何意义可得. 【详解】， 所以复数在复平面内对应的点在第二象限． 故选：B． 2. 已知集合．则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再求，进而得图中阴影部分表示的集合. 【详解】由题， 因为函数单调递增， 所以， 所以， 所以图中阴影部分表示的集合为. 故选：D. 3. 有一组数据，按从小到大排列为：，这组数据的分位数等于他们的平均数，则为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求出分位数，再根据平均数定义得到方程，求出 【详解】因为该组数据共6个，且， 所以这组数据的分位数为从小到大第3个数，即6， 则，解得． 故选：B． 4. 已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同一个体积为的球面上，该圆柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用球的体积公式求出球的半径，结合圆柱半径可得圆柱的高，然后可解. 【详解】球的体积为，可得其半径， 圆柱的底面直径为2，半径为，在轴截面中，可知圆柱的高为， 所以圆柱的侧面积为. 故选：A． 5. 已知，则值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】，利用三角恒等变换得到，求出答案. 【详解】因为，所以， ，即， 所以，解得（负根舍去）. 故选：C． 6. 已知双曲线，点在上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设点，利用点到直线的距离公式，结合点在上即可求解. 【详解】设点，则，即， 又两条渐近线方程为，即， 故有， 所以． 故选：B． 7. 已知函数的定义域为是偶函数，是奇函数，则的值为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性解方程组求解可得，然后可得. 【详解】因为函数为偶函数， 则，即①， 又因为函数为奇函数， 则，即②， 联立①②可得，所以． 故选：D． 8. 数列的前项和为，满足，则可能的不同取值的个数为（ ） A. 45 B. 46 C. 90 D. 91 【答案】B 【解析】 【分析】利用累加法表示出，先计算时的，然后依次将调整为3可求得的最大值，然后可得解. 【详解】由累加法可得，其中， 故，且奇偶交错出现. （1）若为奇数，由可得对可取遍中的每一个奇数； （2）若为偶数，由可得对可取遍中的每一个偶数， 又， 当时，； 考虑时，调整为3，则对应的可增加， 依次对至少一个调整为3后 ， 即， 从上述的调整过程可得取遍了中的奇数或偶数（取奇数还是偶数取决于的奇偶性）， 当时，取遍了中的奇数，合计46个. 故选：B． 【点睛】关键点睛：本题关键在于先根据求的最小值，然后依次将调整为3求的最大值，然后分析即可得解. 二、多项选择题：本大题共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 已知随机变量满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项分布的期望公式和方差公式列方程求出，然后根据期望性质和方差性质依次判断即可. 【详解】对A，因为，所以， 解得，故A错误； 对B，由上知，故B正确； 对C，，故C正确； 对D，，故D正确． 故选：BCD． 10. 设函数，定义域为，若关于的不等式的解集为或，下列说法正确的是（ ） A. 的极大值为0 B. 点是曲线的对称中心 C. 直线与函数的图象相切 D. 若函数在区间上存在最小值，则的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据解集确定，然后求导，利用导数求极值可判断A；计算即可判断B；设出切点坐标，根据导数几何意义求解可判断C；求出极小值，然后解，结合图象即可判断D. 【详解】对于A，由，解得或， 所以，则， 当时，；当或时，； 可知在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，故A正确； 对于B，因为，故B正确； 对于C，设切点为，则，解得 所以直线与函数的图象相切于，故C正确； 对于D，由A选项知在上单调递增，在上单调递减， 又，令，解得或3，函数在区间上存在最小值， 由图可知，的取值范围为，故D错误． 故选：ABC． 11. 已知曲线，点为曲线上任意一点，则（ ） A. 曲线的图象由两个圆构成 B. 的最大值为 C. 的取值范围为 D. 直线与曲线有且仅有3个交点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，化简方程为，结合圆的标准方程，可判定A正确；由表示点到原点距离的平方，可判定B错误；设过点且与圆相切的直线方程为，结合点到直线的距离公式，以及直线与圆的位置关系，可判定C正确；由直线与圆均相切，可判定D错误． 【详解】对于A中，由，得， 即，即， 所以或， 即或， 所以曲线表示以为圆心，为半径的两个圆，所以A正确； 对于B中，由表示点到原点距离的平方， 最大值为，所以B错误； 对于C中，如图所示，设过点且与圆相切的直线方程为， 则点到该直线的距离，解得， 即图中直线的斜率为1，可得直线的方程为， 点到直线的距离，则直线与圆相切， 设过点且与圆相切的直线方程为， 则点到该直线的距离，解得， 又由表示的是点到点的斜率， 故的取值范围为，所以C正确； 对于D中，由C项可知直线与圆均相切， 所以直线与曲线有且仅有2个交点，所以D错误． 故选：AC． 【点睛】方法点睛：有关与圆有关的最值问题的求解策略： 1、借助几何性质与圆的有关最值问题，根据代数式的几何意义，结合数形结合思想求解： ①形如：形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题； ②形如：形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题； ③形如：的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题； 2、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解； 3、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上． 12. 已知向量，且，则向量在向量上的投影向量坐标是_______． 【答案】 【解析】 【分析】通过向量线性运算、向量平行求得参数，根据投影向量求法求解即可. 【详解】由题意知，因为，可得，解得， 所以， 所以在上的投影向量为． 故答案为：. 13. 已知函数与的图象上任意3个相邻的交点构成直角三角形，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】设出相邻三点的坐标，根据可知为等腰直角三角形，然后可得，求解即可得解. 【详解】如图所示，设函数与的交点分别为， 由得，所以， 则， 由对称性和已知可得为等腰直角三角形， 所以点到直线的距离为，即，解得． 故答案为： 14. 用个不同的元素组成个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作，且当时，．现有7名同学参加趣味答题活动，参加一次答题，即可随机获得四种不同卡片中一张，获得每种卡片的概率相同，若每人仅可参加一次，这7名同学获得卡片后，可集齐全4种卡片的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用结论列出对应取值表格，然后由排列组合知识和古典概型概率公式求解即可. 【详解】根据题干可列出对应取值表格如下： 1 2 3 4 1 1 2 1 1 3 1 3 1 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 6 1 31 90 65 7 1 63 301 350 即个人集齐全4种卡片等价于7个不同元素组成4个非空集合， 再将4个非空集合对应4种卡片，所以． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键在于正确理解题干结论，利用结论求出，然后结合古典概型概率公式求解. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用和差公式和三角形内角和定理将已知条件展开，然后化简整理即可得解； （2）利用三角形面积公式求出，然后由面积公式和余弦定理列方程组可得，可得周长. 【小问1详解】 由，得，① 由，得，② 由①②联立，得， 由，得，所以， 又由，得． 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，得． 由，即，所以． 由余弦定理，得，即， 所以，可得， 所以的周长为． 16. 已知椭圆的左、右焦点为，离心率为，点为椭圆上任意一点，且的周长为． （1）求椭圆的方程； （2）直线与直线分别交椭圆于和两点，求四边形的面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义和离心率定义列方程组求解即可； （2）利用弦长公式和平行直线的距离公式即可得解. 【小问1详解】 由题意知， 解得， 则椭圆的方程为． 【小问2详解】 易知四边形为平行四边形，设， 联立直线与椭圆消去并整理得， 由韦达定理得 ， 因为与平行，所以这两条直线的距离， 则平行四边形的面积． 17. 如图，在四棱锥中，，平面平面． （1）证明：； （2）若，点为棱的中点，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理证明，然后由面面垂直性质定理可证平面，再由线面垂直的性质可得； （2）记为的中点，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后由二面角的向量法可得. 【小问1详解】 证明：因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以，所以，即． 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 解：取的中点，连接， 由（1）知，因为，易知， 因为为的中点，为的中点，所以， 所以平面，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则 令，则，故， 故， 设二面角的大小为，由图形可知，为锐角， 故二面角的余弦值为. 18. 已知函数． （1）若为函数的极值点，求的值； （2）若不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求导函数，进而由求得，再检验即可. （2）先构造函数设，定义域为，接着求其导函数，再设，利用导数得在上单调递减，再结合， 得到存在使，从而得时，函数单调递增，时 ，函数单调递减，进而得，再结合题意得，根据函数的单调性得恒成立，于是由在上单调递减且得恒成立，解即可得解. 【小问1详解】 由题，故，解得， 此时，故定义域为，， 所以当时，时，， 所以为函数的极值点，故. 【小问2详解】 设，定义域为， ， 设， 所以，所以在上单调递减， 又，在上连续， 所以存使， 当时，，即，函数单调递增， 当时，，即，函数单调递减， 所以函数的最大值为 ， 因为恒成立， 即恒成立， 设，则，所以单调递增， 所以，即恒成立， 因为在上单调递减，且， 所以只需恒成立，即， 解得. 故的取值范围是. 【点睛】思路点睛：对于函数恒成立求参问题，通常转换成最值问题，所以对于不等式恒成立可以先转化成求函数，，的最值，利用导数工具求出即可进一步求解，接下来根据恒成立，结合函数单调性得恒成立，再由在上单调递减且得恒成立，解即可得解. 19. 已知数列，对于任意的，都有，则称数列为“凹数列”． （1）判断数列是否为“凹数列”，请说明理由； （2）已知等差数列，首项为4，公差为，且为“凹数列”，求的取值范围； （3）证明：数列为“凹数列”的充要条件是“对于任意的，当时，有”． 【答案】（1）数列是“凹数列”，理由见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）计算出，故满足“凹数列”的定义； （2）利用等差数列通项公式得到，由题意得对任意恒成立，化简得到，得到答案； （3）先证明出必要性，放缩得到，故，再证明充分性，取，则有，即，所以为“凹数列”. 【小问1详解】 因为，则， 又，故，即，数列是“凹数列”． 【小问2详解】 因为等差数列公差为， 所以， 因为数列是凹数列， 所以对任意恒成立， 即 所以，即， 因为， 解得． 所以的取值范围为． 小问3详解】 先证明必要性： 因为为“凹数列”所以对任意，都有，即， 所以对任意的，当时，有 ， 所以， 又， 所以．必要性成立， 再证明充分性： 对于任意的，当时，有， 取，则有， 即，所以为“凹数列”. 【点睛】方法点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届安徽省高三摸底大联考 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：高考范围. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合．则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 3. 有一组数据，按从小到大排列为：，这组数据的分位数等于他们的平均数，则为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 4. 已知圆柱底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同一个体积为的球面上，该圆柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则值（ ） A. B. C. D. 1 6. 已知双曲线，点在上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为是偶函数，是奇函数，则的值为（ ） A. B. 3 C. D. 8. 数列的前项和为，满足，则可能的不同取值的个数为（ ） A 45 B. 46 C. 90 D. 91 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知随机变量满足：，则（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，定义域为，若关于的不等式的解集为或，下列说法正确的是（ ） A. 的极大值为0 B. 点是曲线的对称中心 C. 直线与函数的图象相切 D. 若函数在区间上存在最小值，则的取值范围为 11. 已知曲线，点为曲线上任意一点，则（ ） A. 曲线的图象由两个圆构成 B. 最大值为 C. 的取值范围为 D. 直线与曲线有且仅有3个交点 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上． 12. 已知向量，且，则向量在向量上的投影向量坐标是_______． 13. 已知函数与的图象上任意3个相邻的交点构成直角三角形，则______． 14. 用个不同的元素组成个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作，且当时，．现有7名同学参加趣味答题活动，参加一次答题，即可随机获得四种不同卡片中一张，获得每种卡片的概率相同，若每人仅可参加一次，这7名同学获得卡片后，可集齐全4种卡片的概率为________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 16. 已知椭圆的左、右焦点为，离心率为，点为椭圆上任意一点，且的周长为． （1）求椭圆的方程； （2）直线与直线分别交椭圆于和两点，求四边形的面积． 17. 如图，在四棱锥中，，平面平面． （1）证明：； （2）若，点为棱的中点，求二面角的余弦值． 18. 已知函数． （1）若为函数的极值点，求的值； （2）若不等式恒成立，求的取值范围． 19. 已知数列，对于任意，都有，则称数列为“凹数列”． （1）判断数列是否为“凹数列”，请说明理由； （2）已知等差数列，首项为4，公差为，且为“凹数列”，求的取值范围； （3）证明：数列为“凹数列”的充要条件是“对于任意的，当时，有”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$