精品解析：安徽省2025届高中毕业班第一次调研考试数学试题（M）

安徽省2025届高中毕业班第一次调研考试 数学 （试题册M） 敬告考生： 1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．回答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，将答案写在答题卡上各题目指定区域内相应位置上.如需改动，先划掉原先答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.写在本试卷上无效.不按照以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡整洁.考试结束后，将本试卷与答题卡一并交回. 安徽省2025届高中华业班第一次调研考试 数学 一、单项选择题：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. 1. 在下列选项中，能正确表示集合和的关系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合B，然后利用两个集合之间的关系进行判断即可. 【详解】由，可得，又，所以 故选：B 2. 已知数据，，，，，，的极差和平均数相等，则实数的值为（ ） A. 34 B. 35 C. 36 D. 37 【答案】B 【解析】 【分析】根据极差、平均数的定义表示出极差与平均数，从而得到方程，解得即可. 【详解】依题意可得极差为， 平均数为， 所以，解得. 故选：B 3. 的展开式中，的系数是（ ） A. 120 B. -120 C. 60 D. 30 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理展开，求得的第3项为，继续求得的展开式第3项为，即可求得的系数. 【详解】，展开式的 第项为， 令，可得第3项为， 的展开式的第项为，令， 可得第3项为， 所以的展开式中， 的系数是． 故选：A． 4. 欧拉公式建立起了复数、三角函数和指数函数的桥梁，在解析几何中具有重大意义，在复变函数论中占有重要的地位．根据欧拉公式，以下命题正确的个数是（ ） 命题1： 命题2： 命题3：的共轭复数为 命题4：为实数 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用欧拉公式，分别代入计算并根据复数的相关概念可得命题2和命题3正确，可得结论. 【详解】易知，因此命题1错误； ，即可得，所以命题2正确， 又，所以的共轭复数为，即命题3正确； 显然，为纯虚数，即命题4错误； 因此正确的个数为2个. 故选：B 5. 函数的零点数量至多为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】转化为与图象的交点，然后画图分情况讨论即可 【详解】由，得，令和， 所以的零点可转化为与图象的交点， 当时，在上为减函数，所以与图象只有一个交点， 当时，当时，两函数图象有2个交点，当逐渐增大时，交点从2个变为1个，到0个， 所以的零点数量至多为2， 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本小题主要考查零点的概念和函数的单调性等知识；解题的关键是转化为与图象的交点，考查推理论证能力、运算求解能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性和综合性，导向对发展直观想象、数学运算等核心素养的关注． 6. 在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（ ） A. B. C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可. 【详解】对于B，如图①，因为， 所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以，故B正确； 对于A，由B选项知， 又因为平面平面，平面， 平面平面， 所以平面， 因为平面， 所以，故A正确； 对于C，由选项A知，平面， 因为平面， 所以平面平面，故C正确; 对于D，如图②过点A作，垂足为， 因为平面平面，平面， 平面平面， 所以平面， 显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误. 故选：D. 7. 已知函数若恰有三个不同实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于嵌套函数的零点问题，一般需要用换元法，再结合函数图象进行讨论. 【详解】令，则， ①当时，的图象如图所示 若恰有三个不同实根，则一定要有两个不同的根， 所以，设的两根为且则一定有 所以 解得 当时，如图所示， 若恰有三个不同实根， 则必须有，即 解得 ②当时，或时，只有一个根， 此时不能有三个不同实根. ③当时，， 、的图象如图所示， 若有三个不同的实根 则，即，此不等式无解 综上所述： 故选：D. 8. 已知△ABC中，角A，B满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等关系进行转化，构造函数，判断单调性并根据单调性可判断得解. 【详解】， ， 设函数，上面不等式即为， 又，是上的增函数， ，而，是三角形内角， ， 即，， ，，故A错误； ，故B错误； ，故C正确； 由，， 由正弦定理可得，故D错误. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列选项中正确的有（ ） A. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1 B. ，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖 C. 若数据的方差为9，则数据的方差为4 D. 已知，若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线性相关系数意义、正态分布参数的意义、方差的性质以及条件概率公式即可依次求解判断. 【详解】对于A，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1，故A错； 对于B，根据正态分布参数的意义，越大表示随机变量的分布越分散， 则该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖，故B对； 对于C，因为且数据的方差为9， 所以根据方差性质可知数据的方差为，故C错； 对于D，由题意，即， 又， 故，故D对. 故选：BD. 10. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ） A. 存在旋转函数 B. 旋转函数一定是旋转函数 C. 若为旋转函数，则 D. 若为旋转函数，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可. 【详解】对A，如满足条件，故A正确； 对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误； 对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得. 当时，最多1个解，满足题意； 当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确； 对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数. 又，故，即恒成立. 即图象在上方，故，即. 当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确. 故选：ACD 11. 在一次《数列》的公开课时，有位教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照此方法不断构造出新的数列.下面我们将数列1，2进行构造，第1次得到数列；第2次得到数列；第次得到数列记，数列的前项为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可. 【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时 第2次得到数列1,4,3,5,2，此时 第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时 第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时 第次得到数列1，，2 此时，故A项正确； 结合A项中列出的数列可得： 用等比数列求和可得 则 又 所以 ，则，故B项错误； 由B项分析可知，故C项正确. ，故D项错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 菱形中，，，则__________． 【答案】-3 【解析】 【分析】根据菱形的对角线互相垂直，向量的数量积为0，列方程求出的值． 【详解】由题意， 在菱形中，，， 可得， ， ∴， 解得：． 故答案为：-3． 13. 已知函数的部分图象如图所示.若在中，，则面积的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先由图象依次求解的值，由，代入解析式求，在中，设三边，由已知对边角，利用余弦定理与重要不等式求最大值，从而得面积的最大值. 【详解】由图象可得，解得， 所以，由， 由图， 即， 由，得. 故， 在中，， ，即， 设角的对边为，由， 则， ，当且仅当时等号成立. ， 所以面积最大值为. 故答案为：. 14. 要使正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小正值为_____________． 【答案】120 【解析】 【分析】由正方体的性质可证得平面，且为正三角形，所以只需要旋转后能和自身重合即可，从而可求得答案. 【详解】因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证得， 因为，平面，所以平面， 同理可证得平面， 因为为等边三角形，， 所以过的中心，设的中心为点，连接， 则， 同理也过等边的中心， 若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要和旋转后能和自身重合即可， 因此至少旋转. 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本小题主要考查正方体特征及垂直等知识；解题的关键是证明平面，考查运算求解能力等；考查化归与转化思想等；体现基础性和综合性，导向对发展发展直观想象、逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养的关注． 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. 已知在多面体中，，，，，且平面平面. （1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，， ∵在中，∴. ∴由平面平面，且交线为，平面，得平面. ∵，分别为，的中点，∴，且. 又，，∴，且. ∴四边形为平行四边形.∴， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面； （2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵平面，平面，所以， 又因为，所以三者两两互相垂直， ∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，. ∵平面，∴直线与平面所成的角为. ∴.∴. 可取平面的法向量， 设平面的法向量，，， 则，取，则，.∴， ∴， ∴二面角的余弦值为. 16. 在中，角所对的边分别为，已知且均为整数． （1）证明：； （2）设的中点为，求的余弦值． 【答案】（1） 在中，均为整数，， ，且， 最小．当，矛盾， ，则， 且为整数， ， ． 又， 即． 由均为整数，且， 由，可得， 又因为 ， 可得， 故． ． （2） 【解析】 【分析】（1）首先得出，即，进一步根据三角恒等变换以及，且均为整数，可得，由此即可得证； （2）由题意先得出，，结合正弦定理有，再结合余弦定理以及等边对等角即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 则． 由正弦定理， 可得， 又的中点为． 在中，由余弦定理，得， ，则， ． 17. 为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：Ⅰ．随机选一个选项；Ⅱ．随机选两个选项；Ⅲ．随机选三个选项． （1）若，且学生李华选择方案I，求本题得分的数学期望； （2）以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取0，2，3，由全概率公式算出对应的概率，即可得分布列，进而求得数学期望； （2）分别求出三个得分的数学期望，然后列出不等式组，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取0，2，3， ，， ， 所以的分布列为 0 2 3 则数学期望． 【小问2详解】 记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则的所有可能取值为0，2，3， 则， ， ， 所以； 记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，则的所有可能取值为：0，4，6， 则， ， ， 所以； 记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”， 的所有可能取值为：0，6， 则， ， 所以． 要使唯独选择方案最好，则， 解得：，故的取值范围为． 18. 已知为坐标原点，是抛物线上与点不重合的任意一点． （1）设抛物线的焦点为，若以为圆心，为半径的圆交的准线于两点，且的面积为，求圆的方程； （2）若是拋物线上的另外一点，非零向量满足，证明：直线必经过一个定点． 【答案】（1） （2）证明如下： 方法一，因为， 所以， 所以， 设在抛物线上， 则． 显然直线的斜率存在， 则直线的方程为， 将代入得，， 即， 令，得， 由得，， 因为（否则，有一个为零向量）， 所以，代入式可得， 故直线经过定点． 方法二，因为，所以， 设在拋物线上， 则， 显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立消去得到， ， 由得，， 因为（否则，有一个为零向量）， 所以，即， 因此就是．故直线经过定点． 【解析】 【分析】（1）求出，点到准线的距离，利用求出可得答案； （2）方法一，对两边平方得，设，设直线的方程为，结合抛物线方程得，再由可得答案；方法二，对两边平方得，设，设直线的方程为与抛物线方程联立，利用韦达定理结合可得答案. 【小问1详解】 准线为到的距离是．由对称性知， 是等腰直角三角形，斜边， 点到准线的距离， ，解得， 故圆的方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 19. 已知 且，函数． （1），，为数列的前 项和，当时，试比较与2024的大小，并说明理由： （2）当时，证明：； （3）当且时，试讨论的零点个数． 【答案】（1），理由： 当时，， 则 ， 所以当时，； （2）证明：当时，，求导得， 令，求导得， 当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 于是，即，函数在上单调递增， 又，因此时，，当时，， 所以. （3）1个. 【解析】 【分析】（1）求出，利用分组求和法及等差等比数列前 项和公式计算即可得解. （2）把代入，利用导数探讨单调性，结合函数的零点推理即得. （3）按，分类，利用导数结合（2）的结论及零点存在性定理求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①若，函数在上为单调递增函数，且， 因此函数有且仅有一个零点； ②若，当时，，当时，， 由（2）知：当时，， 当时，，且，则函数只有一个零点. 综上所述：当且时，的零点个数为1个． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省2025届高中毕业班第一次调研考试 数学 （试题册M） 敬告考生： 1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．回答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，将答案写在答题卡上各题目指定区域内相应位置上.如需改动，先划掉原先答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.写在本试卷上无效.不按照以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡整洁.考试结束后，将本试卷与答题卡一并交回. 安徽省2025届高中华业班第一次调研考试 数学 一、单项选择题：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. 1. 在下列选项中，能正确表示集合和的关系的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知数据，，，，，，的极差和平均数相等，则实数的值为（ ） A. 34 B. 35 C. 36 D. 37 3. 的展开式中，的系数是（ ） A. 120 B. -120 C. 60 D. 30 4. 欧拉公式建立起了复数、三角函数和指数函数的桥梁，在解析几何中具有重大意义，在复变函数论中占有重要的地位．根据欧拉公式，以下命题正确的个数是（ ） 命题1： 命题2： 命题3：的共轭复数为 命题4：为实数 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 函数的零点数量至多为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（ ） A. B. C. 平面平面 D. 平面平面 7. 已知函数若恰有三个不同实根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知△ABC中，角A，B满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列选项中正确的有（ ） A. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1 B. ，当不变时，越大，该正态分布对应的正态密度曲线越矮胖 C. 若数据的方差为9，则数据的方差为4 D. 已知，若，则 10. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ） A. 存在旋转函数 B. 旋转函数一定是旋转函数 C. 若为旋转函数，则 D. 若为旋转函数，则 11. 在一次《数列》的公开课时，有位教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照此方法不断构造出新的数列.下面我们将数列1，2进行构造，第1次得到数列；第2次得到数列；第次得到数列记，数列的前项为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 菱形中，，，则__________． 13. 已知函数的部分图象如图所示.若在中，，则面积的最大值为__________. 14. 要使正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小正值为_____________． 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. 已知在多面体中，，，，，且平面平面. （1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值． 16. 在中，角所对的边分别为，已知且均为整数． （1）证明：； （2）设的中点为，求的余弦值． 17. 为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：Ⅰ．随机选一个选项；Ⅱ．随机选两个选项；Ⅲ．随机选三个选项． （1）若，且学生李华选择方案I，求本题得分的数学期望； （2）以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？ 18. 已知为坐标原点，是抛物线上与点不重合的任意一点． （1）设抛物线的焦点为，若以为圆心，为半径的圆交的准线于两点，且的面积为，求圆的方程； （2）若是拋物线上的另外一点，非零向量满足，证明：直线必经过一个定点． 19. 已知 且，函数． （1），，为数列的前 项和，当时，试比较与2024的大小，并说明理由： （2）当时，证明：； （3）当且时，试讨论的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $