精品解析：安徽省江南十校2025届高三下学期联考数学试题

数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回. 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，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1. 设复数，则的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对复数化简，然后求出其共轭复数，从而可求出的虚部. 【详解】因为， 所以， 所以的共轭复数的虚部为. 故选：D 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过解不等式化简集合，根据集合的基本运算可得结果. 【详解】由题意得，，， ∴. 故选：B. 3. 已知是直线的一个方向向量，若，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由直线方向向量定义结合直线方程求出直线的一个方向向量，再利用向量平行的坐标表示即可求解. 【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为， 所以若，则，解得. 故选：A. 4. 已知等差数列的前项和为，且，等比数列的首项为1，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先由等差数列前n项和公式结合下标性质求出，进而求出等比数列的公比即可计算求解. 【详解】由题得， 所以，设等比数列的公比为，所以， 则. 故选：B 5. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点.动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由题意结合三角函数、弧长公式等依次求出、圆O的半径和，再由结合两角和正切公式即可求解. 【详解】由题得，且圆O的半径为， 所以， 所以. 故选：C 6. 已知双曲线虚轴的两个端点分别为，左､右焦点分别为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意结合倍角公式以及即可求解. 【详解】由题， 所以，即，所以，即. 故选：A 7. 若函数是减函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据可得，利用求出的取值范围验证取舍可得结果. 【详解】由题意得，函数定义域为. ∵，∴， ∵且，∴，则， ∵，∴，解得， 当时，，，不合题意， ∴的取值范围是. 故选：B. 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简得出，再应用基本不等式计算的最小值即可求解. 【详解】已知，所以， 则， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 故选：D. 二､多选题：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. 已知数据的平均数为10，方差为1，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数据的方差为4 B. 数据的平均数为17 C. 数据的平均数为10，方差大于1 D. 若数据的中位数为分位数为，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据方差性质计算判断A，根据平均数及方差计算求解判断B，C，特例法，先从小到大排列，计算中位数及分位数判断D. 【详解】对于A：数据的方差为，A选项正确； 对于B：数据的平均数为，B选项正确； 对于C：数据的平均数为， 方差，C选项错误； 对于D：若取数据，平均数为10，方差为1， 则中位数为，因为，所以第5个数为分位数， 所以，D选项错误. 故选：AB. 10. 如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（ ） A. 圆台的体积为 B. 圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C. 过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D. 过三点的平面与圆台下底面的交线长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出圆台的高，根据体积公式可得选项A正确；把圆台补成圆锥，根据母线与平面所成的角最大可得选项B正确；利用两条母线所在直线夹角为时截面面积最大可得选项C错误；找出过三点的平面与圆台下底面的交线，结合垂径定理可得选项D正确. 【详解】A.∵，∴圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为， ∴圆台的高， ∴圆台的体积，A正确. B.由，，得，由得，. 如图，将圆台补成圆锥，顶点记为，底面圆的圆心记为，连接， ∵为圆弧的中点，∴. ∵平面，平面，∴， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面， 此时母线所在直线与平面所成的角最大，最大为，，B正确. C.由得，，∴， 当两条母线所在直线夹角为时，截面面积最大，最大值为，C错误. D.如图，在梯形中，连接并延长交的延长线于点，连接交底面圆于点，则为截面与底面圆的交线. 由得，，，∴，， 取中点，则， ∴，D正确. 故选：ABD. 11. 已知定义在上的偶函数满足，设在上的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由题设结合奇偶性和对称性性质、求导运算依次求出是奇函数、、函数和是周期为6的函数和即可依次分析判断ABC，由题设依次求出即可判断D. 【详解】由题得，所以即， 所以是奇函数，故， 又由得函数关于点对称，， 所以，故， 所以 ，即函数是周期为6的函数， 所以也是周期为6的函数，即， 由求导得即， 所以， 对于A，，故A正确； 对于B，由无法确定的值，故B错误； 对于C，由上也是周期为6的函数，即，C正确； 对于D，由得， 且即，且即， 且即， 所以， 所以， 所以，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是求出函数和是周期为6的函数. 三､填空题；本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为_________ 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求切线方程. 【详解】时，， ，当时，， 所以函数在处的切线方程是， 即. 故答案为： 13. 已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上三个不同的点，直线的方程为，且的平分线经过点，设内切圆的半径分别为，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】先由题意依次求出即可由求出，接着由正切函数定义和两角和的正切公式结合点P求出直线的方程，进而求出直线过点，再联立椭圆方程求出即可同理求出得解. 【详解】由题意可知， 所以由， 由上得，且 所以， 所以，所以即， 令得，故直线经过点， 联立， 所以， 所以同理可得， 所以. 故答案为：5. 14. 程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为__________. 【答案】26 【解析】 【分析】分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种情况罗列出可表示的数据即可得解. 【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 则符合条件的三位整数的个数为26. 故答案为：26. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是理解题意，将问题拆分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种简单情况进行分析再整合即可得解. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 一个不透明的盒子中装有规格完全相同的3个小球，标号分别为，现采用有放回的方式摸球两次，每次摸出1个小球，记第一次摸到的小球号码为，第二次摸到的小球号码为. （1）记“”为事件，求； （2）完成两次摸球后，再将与前面3个球规格相同的4号球和5号球放入盒中，并进行第三次摸球，且将第三次摸到的小球号码记为，号码中出现偶数的个数记为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）X的分布列为： X 0 1 2 3 P 数学期望为.【解析】 【分析】（1）根据古典概型的计算公式即可求得答案. （2）先确定X的取值，结合独立事件概率乘积公式及组合数求得每个值对应的概率，即可得分布列，继而求得数学期望. 【小问1详解】 两次摸球，摸出的小球号码的所有情况共种， 其中，满足“”的情形有： 时，；时，；时，；共5种情况， 故； 【小问2详解】 X的可能取值为， 则，， ，， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 P 故 16. 已知函数. （1）若，求在上的极大值； （2）若函数，讨论函数在上零点的个数. 【答案】（1）极大值为0， （2） 当或时，函数只有一个零点， 当时，函数有三个零点， 当时，函数有两个零点. 【解析】 【分析】（1）求出导数，列表分析随变化情况，根据单调性和极值定义求解； （2）化简得，令，得或，分或，，，讨论判断方程解得个数得解. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，得或或， 因此，当变化时，，的变化情况如下表所示： 0 + 0 0 单调递减 单调递增 单调递减 单调递增 所以当时，有极大值，极大值为. 【小问2详解】 ， 当时，由，得或， 其中，，则， 当或时，方程无解，此时函数只有一个零点， 当时，方程只有一解为，此时函数只有一个零点， 当时，方程有两个不同的解且均不等于，此时函数有三个零点， 当时，方程有一解且不等于，此时函数有两个零点. 综上，当或时，函数只有一个零点， 当时，函数有三个零点， 当时，函数有两个零点. 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形. （1）若分别是棱的中点，证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 如图，取的中点，连接. ∵分别是棱的中点，∴. ∵，∴. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，∴平面平面， ∵平面，∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过线线平行得到平面平面，进而证明平面. （2）通过分析可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，取的中点，连接， ∵且，∴且， ∴四边形为平行四边形，故， ∵，∴，且， ∵，∴，故为等边三角形， ∴，. ∵为等边三角形，∴. 在中，由余弦定理得，， ∴，即，故两两互相垂直. 以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， 由得， ∴， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，故. 取平面的一个法向量，则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知动点满足关系式. （1）求动点的轨迹方程； （2）设动点的轨迹为曲线，抛物线的焦点为，过上一点作的两条切线，切点分别为，弦的中点为，平行于的直线与相切于点. ①证明：三点共线； ②当直线与有两个交点时，求的取值范围. 【答案】（1） （2）①证明如下： 由（1）曲线:,，设， 对函数求导得， 所以两切线方程为：，即， 又切线过点P，所以， 即满足，即满足方程， 所以， 设， 则由， 所以，即三点在直线上，即三点共线； ②的取值范围为. 【解析】 【分析】（1）由双曲线定义即可求解； （2）①由切线方程和导数几何意义依次求出和即可得证； ②求出直线的方程，与曲线联立，利用判别式结合焦半径公式即可求解. 【小问1详解】 设， 则即 ， 所以由双曲线定义可知动点的轨迹是以为焦点的双曲线的下支，且 所以动点的轨迹方程为. 【小问2详解】 ①略 ②因为，所以直线的方程为， 即，联立，消去得， 由题意知方程有两个不等的负根. 所以， 解得， 所以. 19. 设是各项均为正数的无穷数列，其前项和为. （1）若对任意都成立，且. ①求数列的通项公式； ②已知首项为，公比满足的无穷等比数列，当无限增大时，其前项和无限趋近于常数，则称该常数为无穷等比数列的各项和.现从数列中抽取部分项构成无穷等比数列，且的各项和不大于，求的最大值. （2）若对任意都成立，试证明：. 【答案】（1）； （2） 记，，因为 对任意都成立，且， 得，即， 要证：， 只需证：， 只需证：， 只需证：， 只需证：， 若为奇数，只需证， 因为，所以， 所以成立； 若为偶数，只需证， 因为，所以，又， 所以成立； 综上可知，对任意，不等式都成立. 【解析】 【分析】（1）①应用等比数列及计算求解得出通项公式；②应用求和公式结合指数运算计算求解得出最大值即可； （2）先应用分析法将问题转化为，再分为奇数和为偶数两种情况分别证明即可. 【小问1详解】 ①因为对任意都成立，所以，且，所以， 则数列是等比数列，又， 作差得，，所以， 又数列为等比数列，故数列的公比为， 又因为，所以，所以， 所以是以1为首项以为公比的等比数列， 所以数列的通项公式为； ②因为，设数列，公比为，其中， 则数列的各项和等于，所以， 又因为，所以， 当时，由，得， 即时满足题意，所以； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：解题的方法是对分析法的应用将要证明不等式转化为即可分类证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回. 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，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1. 设复数，则的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是直线的一个方向向量，若，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 已知等差数列的前项和为，且，等比数列的首项为1，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5 5. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点.动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线虚轴的两个端点分别为，左､右焦点分别为，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数是减函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知数据的平均数为10，方差为1，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数据的方差为4 B. 数据的平均数为17 C. 数据的平均数为10，方差大于1 D. 若数据的中位数为分位数为，则 10. 如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（ ） A. 圆台的体积为 B. 圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C. 过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D. 过三点的平面与圆台下底面的交线长为 11. 已知定义在上的偶函数满足，设在上的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题；本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为_________ 13. 已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上三个不同的点，直线的方程为，且的平分线经过点，设内切圆的半径分别为，则__________. 14. 程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 一个不透明的盒子中装有规格完全相同的3个小球，标号分别为，现采用有放回的方式摸球两次，每次摸出1个小球，记第一次摸到的小球号码为，第二次摸到的小球号码为. （1）记“”为事件，求； （2）完成两次摸球后，再将与前面3个球规格相同的4号球和5号球放入盒中，并进行第三次摸球，且将第三次摸到的小球号码记为，号码中出现偶数的个数记为，求的分布列及数学期望. 16. 已知函数. （1）若，求在上的极大值； （2）若函数，讨论函数在上零点的个数. 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形. （1）若分别是棱的中点，证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知动点满足关系式. （1）求动点的轨迹方程； （2）设动点的轨迹为曲线，抛物线的焦点为，过上一点作的两条切线，切点分别为，弦的中点为，平行于的直线与相切于点. ①证明：三点共线； ②当直线与有两个交点时，求的取值范围. 19. 设是各项均为正数的无穷数列，其前项和为. （1）若对任意都成立，且. ①求数列的通项公式； ②已知首项为，公比满足的无穷等比数列，当无限增大时，其前项和无限趋近于常数，则称该常数为无穷等比数列的各项和.现从数列中抽取部分项构成无穷等比数列，且的各项和不大于，求的最大值. （2）若对任意都成立，试证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $