精品解析：安徽省滁州市2025届高三第一次教学质量监测数学试题

安徽省滁州市2025届高三第一次教学质量监测数学试题（滁州一模） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（    ） A. B. 3 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先求得，然后根据复数的乘法运算法则求解即可. 【详解】由，得， 则. 故选：C. 2. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解指数不等式求得集合，利用交集的意义即可求解. 【详解】集合， ， 所以. 故选：A. 3. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用投影向量公式计算即可. 【详解】因为，， 所以在上的投影向量为 故选：C. 4. 已知角的始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角函数的定义可求得，，，利用二倍角的余弦公式可求值. 【详解】由题意可得，，因此，， 所以，，，， 所以 故选：B. 5. 已知数列的第1项和第2项均为1，以后各项由给出.若数列的各项除以3所得余数组成一个新数列，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用数列的递推式求得数列的项，进而求得各项除以3的余数组成的新数列是周期为8的数列，进而可求解. 【详解】因为，，所以数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，， 此数列各项除以3的余数依次构成的数列为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，，是以8为周期的周期数列， 所以 故选：A. 6. 中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用几何扇形弧长计算，结合圆台的几何特征计算即可. 【详解】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为， 设圆台的上下底面半径分别为， 则， 所以， 所以， 所以圆台的高为 故选： 7. 已知函数的图象关于点对称，且在区间内有且只有两条对称轴，则（    ） A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递减 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简函数，利用函数关于点对称，在区间内有且只有两条对称轴，可求得，利用整体法可求得单增区间与单减区间判断即可. 【详解】， 因为函数的图象关于点对称， 所以，所以， 又，所以， 因为函数在区间内有且只有两条对称轴， 所以， 所以，所以， 所以， 由，可得， 所以在区间上单调递增，故A错误，B正确 由，可得，故C，D错误. 故选：B. 8. 已知函数，是的反函数.若，满足，则的最大值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等式变形，再同构一个函数，满足，再由单调性去找到等式关系，最后把二元变量转化为一元变量：，再用函数思想来求最大值即可. 【详解】由题意得，因为， 所以， 所以， 令，则， 因为在上单调递增，所以 所以， 令， 则， 令，则， 所以在R上单调递减， 又 所以当时，，即当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（    ） A. 一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B. 在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱 C. 数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79 D. 依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联” 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平均数与方差的定义可判断A；由相关系数的概念可判断B；利用百分位的定义求解可判断C；由独立性检验的意义可判断D. 【详解】一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变， 根据方差公式，可知方差变小，故A正确； 两个变量的相关系数越小，则两者的线性相关程度越弱，故B错误; 除m外，剩余数据的极差为，因为所有数据的极差为40，且， 所以 把数据技从小到大题序排列，得：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80， 由，所以这组数据的第m百分位数为第9个，为故C正确; 零假设为与Y相互独立，即X与Y没有关联，由， 可知依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，可以认为“X与Y有关联”，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数的极值点从小到大依次为，，，，是的导函数，则（    ） A. B. C. 是的极小值点 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对函数求导，为研究导函数的正负，构造函数，通过对其求导，分段讨论研究函数的单调性，进而研究函数的极值点，判断各个选项即可. 【详解】，定义域为， 则，. 因为，所以，而， 所以，故选项A正确； 令，则. ①考虑的情况： 当时，；当时，； 则函数在上单调递增，在上单调递减. 又，，当且时，， 则存在，使得， 当时，， 此时，则，故； 当时，， 此时，则，故. ②考虑的情况： 当时，，，且等号不能同时取得， 则，此时. 结合①可知，在上单调递增，在上单调递减， 函数在处取得极大值，可知，故选项B错误； ③考虑的情况： 当时，；当时，； 则函数在上单调递增，在上单调递减， ，，当且时，， 则存在，使得， 当时，， 此时，则，此时； 当时，， 此时，则，此时； ④考虑的情况： 当时，，，且等号不能同时取得， 则，此时； 结合③可知，在上单调递减，在上单调递增， 综上，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极大值，在处取得极小值， 可知，即是的极小值点，故选项C正确； ⑤考虑的情况： 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 同①可知，存在，使得， 当时，，此时； 当时，，此时； 综合可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 可知. 由题可知，，. 令，， 则，可得， ，可得， 由可得，则， 则，即， . 又，则，，， 可得，即， 则， 即，即， 可得. 又，，函数在上单调递减， 所以，即， 可得，故选项D正确. 故选：ACD. 11. 已知双曲线的右焦点为F，O为坐标原点，直线，则（    ） A. E的离心率 B. 若直线l与E的左右两支均有交点，则m的取值范围为 C. 若直线l与E的渐近线在y轴右侧交于M，N两点，则面积的最小值为 D. 若直线l与E右支交于A，B两点，弦AB的垂直平分线交x轴于点P，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据方程可得，即可得离心率；对于B：根据双曲线的几何意义分析判断；对于C：联立方程求M，N两点坐标，进而可得面积；对于D：联立方程，利用韦达定理求，求弦AB的垂直平分线和点P的坐标，进而可得结果. 【详解】对于双曲线E：，可知，，， 则右焦点，渐近线方程为. 对于选项A：双曲线的离心率为，故A正确； 对于选项B：直线l：，过定点，斜率为， 若直线l与双曲线E的左右两支均有交点， 则直线l的斜率应满足，可得，故B正确； 对于选项C：联立，解得， 联立，解得， 可取，， 由点M，N在y轴右侧，可得，解得或，即， 则， 同理可得， 则， 因为，所以，故C错误； 对于选项D：联立，可得， 设，， 则，可得， 设弦AB的中点为，则，， 可知弦AB的垂直平分线的斜率为， 则弦AB的垂直平分线的方程为， 令，可得，即， 则， ， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法 1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解； 2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解； 3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数恒过定点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】令求解即可. 【详解】令，则，又，所以过定点， 即，，所以 故答案为： 13. 已知两点，，动点M满足，抛物线的焦点为F，动点N在C上，则的最小值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】设，由已知求得点M的轨迹方程，数形结合可求得的最小值. 【详解】因为点M满足， 设，则， 两边平方整理得， 即点M的轨迹为圆心，半径为2的圆， 的最小值是M到准线的最短距离， 因为N可以选择在抛物线上，使得N到M的距离加上N到准线的距离最小， 圆心到准线的距离是， 圆的半径是2，所以M 到准线的最短距离是， 因此，的最小值是 故答案为： 14. 如图，某停车区域共有6个停车位，现有3辆白色汽车和2辆黑色汽车将停在车位上.记黑色汽车之间的白色汽车数为X，则X的数学期望为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】由题意可知，，根据随机变量表示的意义，通过计算每个可能的值的概率，再由这些概率利用期望计算公式计算数学期望 . 【详解】X可能的取值为：0，1，2，3， 则， ， ， ， 所以X的数学期望为⨉⨉⨉⨉ 故答案为：1. 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. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 （1）求 （2）已知，D为AB边上一点，且，，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，可求； （2）由已知可得，可求得，利用余弦定理可求得，进而可得为等腰三角形，可求解. 【小问1详解】 由可得， 即， 所以， 又因为，所以， 结合，所以； 【小问2详解】 由题可知，与相似，则， 设，则，有，故，所以， 在中，，解得：， 所以，所以为等腰三角形，所以 16. 已知椭圆的焦距为2，且经过点，M为C的右顶点，过点P的直线l与C交于点异于点 （1）求C的标准方程; （2）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，，求解即可； （2）设与直线PM平行的直线l的方程为，与椭圆方程联立，利用时，求得切线方程，进而求得椭圆上的点到直线PM的距离的最大值，进而求得面积的最大值. 【小问1详解】 由题，故， 把代入椭圆方程中得到， 解得：，， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 由题，直线PM的方程为， 设与直线PM平行的直线m的方程为， 当直线m与椭圆相切时，切点到直线PM距离取得最大值，Q为切点时，面积最大， 把代入椭圆方程中得：， 当直线m与椭圆相切时，距离最大， 故有，即， 所以，即， 当时，与之间的距离即为椭圆上点到直线PM距离的最大值， 此时， 所以面积最大值为 17. 如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且 （1）若平面平面，求证：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 在图（1）中，，，所以，， 为AC的中点，，所以，， ，所以G为AB的中点，所以， 在图（2）中，平面PEG，平面PEG， 所以平面， 平面，平面平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知易证，可得平面，利用线面平行的性质可得结论； （2）利用已知可证平面，过在平面内作，以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面PEC的一个法向量和平面PBC的一个法向量，利用向量法可求二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在图（2）中，因为，，，PF、平面PBF， 所以平面PBF， 又平面EFBC，所以平面平面EFBC， 因为平面平面，，所以平面 由（1）知，即，又，所以， 过在平面内作， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面PEC的法向量为， 则， 令，解得，所以 设平面PBC的法向量为， 则， 令，解得，所以， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 18. 已知函数 （1）若不等式恒成立，求实数a的取值范围; （2）若，求证：有且只有1个零点. 【答案】（1） （2） ， 当时，，， 所以在上单调递增，又，， 由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点， 故此时有1个零点. 当时，当时，；当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因，当时， ， 取，则，且， 由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点， 故此时有1个零点. 当时，当时，；当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ， 由于，所以，所以， 所以，所以 又，， 由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点， 故此时有1个零点. 综上可知，当时，有且只有1个零点，得证. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，令，利用导数可得，进而可得，令，利用导数求得即可； （2）求导得，分，，三种情况讨论中可证得结论. 【小问1详解】 由可得， 设，，， 当时，当时，， 所以在上单调调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以等价于， 设，，， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 故实数a的取值范围为； 【小问2详解】 略 【点睛】利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题； （3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究. 19. 对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列;记，称数列为数列的二阶差分数列一般地，对于，记，规定：，，称数列为数列的k阶差分数列.对于数列，如果为常数，则称数列为k阶等差数列. （1）已知7，14，25，41，63是一个k阶等差数列的前5项，求k的值及 （2）已知数列满足，对，且，恒成立. ⅰ求证：数列为二阶等差数列; ⅱ令，求证：数列的前n项和 【答案】（1）， （2） 取，可得， 又，所以， 所以， 即， 所以为常数， 所以数列为二阶等差数列. 由知， 当时，， ， ， ， 相加得， 整理得， 所以，， 在等式中，取，，得，解得， 所以， 所以， 令， ， 相减得， 所以， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）根据k阶等差数列的定义逐个项计算可得即可判断； （2）取，化简可得即可判断； 利用累加法可得，再在等式中，取，，可得，再放缩可得，根据错位相减法证明即可. 【小问1详解】 由题意知，，， ， ，， ，， 由k阶等差数列的定义可知，， 由可得 【小问2详解】 略. 【点睛】方法点睛： （1）新定义题型注意根据定义逐步计算各项，进而得出答案； （2）证明数列不等式时，观察通项的形式确定放缩后的求和方法，进而确定放缩所需的通项结构. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省滁州市2025届高三第一次教学质量监测数学试题（滁州一模） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（    ） A. B. 3 C. 5 D. 6 2. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（    ） A. B. C. D. 4. 已知角的始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（    ） A. B. C. D. 5. 已知数列的第1项和第2项均为1，以后各项由给出.若数列的各项除以3所得余数组成一个新数列，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（    ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象关于点对称，且在区间内有且只有两条对称轴，则（    ） A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递减 8. 已知函数，是的反函数.若，满足，则的最大值为（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（    ） A. 一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B. 在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱 C. 数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79 D. 依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联” 10. 已知函数的极值点从小到大依次为，，，，是的导函数，则（    ） A. B. C. 是的极小值点 D. 11. 已知双曲线的右焦点为F，O为坐标原点，直线，则（    ） A. E的离心率 B. 若直线l与E的左右两支均有交点，则m的取值范围为 C. 若直线l与E的渐近线在y轴右侧交于M，N两点，则面积的最小值为 D. 若直线l与E右支交于A，B两点，弦AB的垂直平分线交x轴于点P，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数恒过定点，则__________. 13. 已知两点，，动点M满足，抛物线的焦点为F，动点N在C上，则的最小值为__________. 14. 如图，某停车区域共有6个停车位，现有3辆白色汽车和2辆黑色汽车将停在车位上.记黑色汽车之间的白色汽车数为X，则X的数学期望为__________. 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. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 （1）求 （2）已知，D为AB边上一点，且，，求 16. 已知椭圆的焦距为2，且经过点，M为C的右顶点，过点P的直线l与C交于点异于点 （1）求C的标准方程; （2）求面积的最大值. 17. 如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且 （1）若平面平面，求证：； （2）求二面角的正弦值. 18. 已知函数 （1）若不等式恒成立，求实数a的取值范围; （2）若，求证：有且只有1个零点. 19. 对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列;记，称数列为数列的二阶差分数列一般地，对于，记，规定：，，称数列为数列的k阶差分数列.对于数列，如果为常数，则称数列为k阶等差数列. （1）已知7，14，25，41，63是一个k阶等差数列的前5项，求k的值及 （2）已知数列满足，对，且，恒成立. ⅰ求证：数列为二阶等差数列; ⅱ令，求证：数列的前n项和 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $