精品解析：安徽省阜阳第一中学2025届高三上学期12月阶段检测（二）数学试题

阜阳一中2025届高三（上）12月阶段检测（二） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，满足，且，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等比数列的前3项和为28，且，则（ ） A. 28 B. 56 C. 64 D. 128 5. 已知，则的值为（ ） A. － B. － C. － D. － 6. 已知事件与相互独立，且，则下列选项不一定成立的是（ ） A. ； B. ； C. ； D. . 7. 已知函数，是定义在R上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且，若对任意，都有，则实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 8. 在棱长为的正四面体中，过点的平面与底面所成锐二面角的正切值为，设平面与底面的交线为，当平面运动时，直线在内的部分形成的区域的面积为 A. B. C. D. 二、选择题：本题共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. 在下列关于二项式的命题中，正确的是（ ） A. 若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则 B. 若，则 C. 在的展开式中，常数项为60 D. 的展开式中，的系数为5 10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象.则（ ） A. B. 函数在区间上单调递增 C. 若，则的最小值为 D. 直线与的图象所有交点的横坐标之和为 11. 已知函数的定义域均为的图象关于对称，是奇函数，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15 分 12. 已知集合，，则的真子集个数为______． 13. 如图，平面与平面夹角为，四边形都是边长为2的正方形，则B，D两点间的距离是________． 14. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的离心率为______. 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，内角所对的边分别为，且． （1）若，，求； （2）若是锐角三角形，求的取值范围． 16. 如图，在研究某种粒子的实验装置中，粒子从腔室出发，到达腔室，粒子从室经过号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态，粒子从室经过号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为.粒子间的旋转状态相互独立.现有两个粒子从室出发. （1）求两粒子进入室都为上旋状态的概率； （2）若实验装置出现故障，两个粒子进入室后，共裂变为个粒子，裂变后的每个粒子再经过号门返回室的概率为，各粒子返回室相互独立. ①时，写出返回室的粒子个数的分布列、期望、方差； ②时，记有个粒子返回室的概率为，则为何值时，取最大值. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，面面，点E是PC的中点． （1）证明：面； （2）当面时，求二面角的余弦值． 18. 已知函数，，其中在处取得极值 （1）求的值； （2）求函数的单调区间； （3）若恒成立，求实数的取值范围. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，离心率为． （1）求的方程； （2）如图，过点的直线（异于轴）与交于点P，Q，过左焦点作直线PQ的垂线交圆于点M，N，垂足为. ①若点，设直线AM，AN的斜率分别为，证明：为定值； ②记的面积分别为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阜阳一中2025届高三（上）12月阶段检测（二） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算法则、乘方法则计算后，再结合共轭复数，复数的定义确定． 【详解】由题意可知，，所以， 所以的虚部为. 故选：A. 2. 已知向量，满足，且，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用数量积的运算得到，再利用投影向量的定义，即可求解. 【详解】因为，，则，得到， 所以在上的投影向量是， 故选：B. 3. 已知，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本不等式的“1”的妙用，可得答案. 【详解】由， ， 当且仅当时，等号成立. 故选：B． 4. 已知等比数列的前3项和为28，且，则（ ） A. 28 B. 56 C. 64 D. 128 【答案】D 【解析】 【分析】通过前3项和以及，求解，由通项公式可计算结果. 【详解】因为，所以， 又的前3项和为28，即①， 又②， ②式比①式可得，解得（舍）或， 代入②式得，则. 故选：D 5. 已知，则的值为（ ） A. － B. － C. － D. － 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的正切得tan（α），由此能求出tanα,再利用二倍角公式和同角三角函数关系式求解即可． 【详解】∵tan（α）， 解得tanα． ． 故选B 【点睛】本题考查三角函数值的求法，考查诱导公式、同角三角函数关系式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 6. 已知事件与相互独立，且，则下列选项不一定成立的是（ ） A. ； B. ； C. ； D. . 【答案】B 【解析】 【分析】根据相互独立事件的乘法公式和条件概率公式，结合对立事件的定义逐一判断即可. 【详解】因为与相互独立，所以与、与、与也相互独立， A选项，，故A一定成立； B选项，， 而，所以，故B不成立； C选项，， 故C一定成立； D选项，， 故D一定成立. 故选：B. 7. 已知函数，是定义在R上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且，若对任意，都有，则实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的奇偶性的性质结合条件求出函数的解析式，再根据，可得函数在上递减，再根据函数的单调性分和列不等式求的取值范围. 【详解】因为函数是奇函数，是偶函数， 所以，， 又， 则； ∴，若对任意，都有， 即成立， 令，则函数在区间上单调递减； 当时，，则函数在区间上单调递减，符合题意． 当时，为二次函数，图像关于对称． 因为函数在上递减， 所以或，解得：或． 综上：a的取值范围是． 故选：C． 8. 在棱长为的正四面体中，过点的平面与底面所成锐二面角的正切值为，设平面与底面的交线为，当平面运动时，直线在内的部分形成的区域的面积为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据过点的平面与底面所成锐二面角的正切值为，确定直线的运动轨迹，结合正三角形和扇形面积进行求解即可. 【详解】解：正四面体的棱长为，设在底面的射影为，则是的重心， ∴底边三角形的中线，， 则， 则正四面体的高， 设直线，延长交于，连接， 则是点的平面与底面所成锐二面角的平面角， 设， 则，即， 即到直线的距离， ∴直线在内的部分形成的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 在底面中， ∵，， ∴，即是正三角形， 由对称性值圆内含有3个与全等的三角形， 则还有三个与扇形相同的扇形， 则，即， 则三个扇形的面积之和为半圆的面积， 三个正三角形的面积， 则面积之和为， 故选：A. 【点睛】本题主要考查空间二面角的应用，结合条件求出直线的运动轨迹，结合三角形的面积公式以及扇形的面积公式是解决本题的关键.综合性较强，难度较大. 二、选择题：本题共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. 在下列关于二项式的命题中，正确的是（ ） A. 若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则 B. 若，则 C. 在的展开式中，常数项为60 D. 的展开式中，的系数为5 【答案】BCD 【解析】 【分析】对分奇偶讨论可求得判断A；令与，可求得的值判断B；利用展开式的通项公式求解判断C；求得中的与的系数即可判断D. 【详解】对于A，由二项式的系数的性质可知最中间项的二项式系数最大， 当为偶数时，最中间项只有一项，又第3项的二项式系数最大，故共为5项， 所以，解得， 当为奇数时，中间项有二项，又第3项的二项式系数最大， 所以可能第二项与第三项二项式系数相同都最大或第三项与第四项二项式系数相同都最大或， 此时或，解得或，故A错误； 对于B，令，可得， 令，可得，所以，故B正确； 对于C，二项式的展开式的通项公式为， 令，解得，所以第5项为常数项且常数项为，故C正确； 对于D，展开式中的系数为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：赋值法是求解二项式定理中各项系数和的重要方法，求解展开式中的常数项的方法主要是利用展开式的通项公式求解. 10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象.则（ ） A. B. 函数在区间上单调递增 C. 若，则的最小值为 D. 直线与的图象所有交点的横坐标之和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由图象可知函数中的值，利用周期可求得可判断A选项；利用图象中的点坐标可求出函数的表达式，进而可求得函数的表达式，结合三角函数的图象与性质可判断B、C选项；把代入函数的表达式建立方程，把区间内的的值求出来相加即可判断D选项. 【详解】由图象可知，，解得，，故A正确； 又因为，所以，则，， 又因为，所以， 所以函数的表达式为， 则将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 ， 对于B，令，，可得，， 所以函数在区间上单调递增，故B正确； 对于C，因为，所以的最大、最小值分别为和， 最小正周期为，当时，则、分别为函数的最大、最小值， 所以，故C错误； 对于D，令，得，或，， 解得，或，， 又因为，所以或或或， 所以直线与的图象所有交点的横坐标之和为，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数的定义域均为的图象关于对称，是奇函数，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据的图象关于对称，所以关于轴对称，故，A正确；B选项，由奇函数性质得到，故，B错误；CD选项，由题目条件得到，结合得到，故，推出，得到周期，赋值法得到，，并利用周期求出. 【详解】A选项，因为的图象关于对称，所以关于轴对称， 故是偶函数，则，故A正确； B选项，因为是奇函数，所以，即，故B错误； CD选项，由得， 又，所以，又， 即，即，则， 所以，所以①， 即②， ②-①得，所以函数的周期为4， 令，由，得， 再令，则，所以， 又，由， 所以 ，故C，D正确. 故选：ACD. 【点睛】函数的对称性： 若，则函数关于中心对称， 若，则函数关于对称， 函数的周期性：设函数，，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； （6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为； （7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15 分 12. 已知集合，，则的真子集个数为______． 【答案】15 【解析】 【分析】利用集合交集运算求，根据其元素个数求真子集个数即可. 【详解】由题设，， 所以，则真子集个数为. 故答案为：15 13. 如图，平面与平面夹角为，四边形都是边长为2的正方形，则B，D两点间的距离是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合面面夹角分析可知，再结合空间向量的数量积运算求解即可. 【详解】因为四边形都是边长为2的正方形， 则，，平面平面， 又因为平面与平面夹角为， 则，可得， 则，，， 因为， 则 ， 可得，所以B，D两点间的距离是. 故答案为：. 14. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，以为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为，，设四边形的周长为，面积为，且满足，则该双曲线的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】本题首先可根据题意绘出图像并设出点坐标为，然后通过圆与双曲线的对称性得出，再根据“点即在圆上，也在双曲线上”联立方程组得出，然后根据图像以及可得和，接下来利用双曲线定义得出以及，最后根据并通过化简求值即可得出结果． 【详解】 如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设， 由圆与双曲线的对称性可知，点与点关于原点对称，所以， 因为圆是以为直径，所以圆的半径为， 因为点在圆上，也在双曲线上，所以有， 联立化简可得，整理得， ，，所以， 因为，所以，， 因为，所以， 因为，联立可得，， 因为为圆的直径，所以, 即，，， ，，，所以离心率． 【点睛】本题考查圆锥曲线的相关性质，主要考查双曲线与圆的相关性质，考查对双曲线以及圆的定义的灵活应用，考查化归与转化思想以及方程思想，考查了学生的计算能力，体现了综合性，是难题． 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，内角所对的边分别为，且． （1）若，，求； （2）若是锐角三角形，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由余弦定理，结合，得到，求出答案； （2）由正弦定理和正弦二倍角公式得到，结合求出，并根据三角形为锐角三角形得到不等式，求出，，由正弦定理和三角恒等变换得到. 【小问1详解】 ， ， 又，， ，解得． ，． 【小问2详解】 ， ， 或， 当时，， 解得，则，与已知矛盾， 故， 所以， 因为为锐角三角形， 所以，即，解得， 由于在上单调递减，故， ， ， 的取值范围为． 16. 如图，在研究某种粒子的实验装置中，粒子从腔室出发，到达腔室，粒子从室经过号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态，粒子从室经过号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为.粒子间的旋转状态相互独立.现有两个粒子从室出发. （1）求两粒子进入室都为上旋状态的概率； （2）若实验装置出现故障，两个粒子进入室后，共裂变为个粒子，裂变后的每个粒子再经过号门返回室的概率为，各粒子返回室相互独立. ①时，写出返回室的粒子个数的分布列、期望、方差； ②时，记有个粒子返回室的概率为，则为何值时，取最大值. 【答案】（1） （2）①，， ，， ， 期望，方差； ② 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式以及条件概率计算公式求得正确答案； （2）①根据独立事件概率计算求得的分布列，并求得数学期望和方差； ②根据二项式定理即可求得最大项. 【小问1详解】 设“两个粒子通过号门后处于上旋状态粒子个数为个”，， “两个粒子通过号门后进入室都为上旋状态”， 则，， 则. 【小问2详解】 ①返回室的粒子个数的可能性为，，，， 服从二项分布： ，， ，， ， 所以期望，方差； ②的可能取值为，此时， 个粒子返回室的概率为， 则， 所以， 当时，取最大值. 17. 如图，在四棱锥中，，，，，面面，点E是PC的中点． （1）证明：面； （2）当面时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明： 由题设，所以， 而，则，所以， 因为面面，面面，面，， 所以面，又面，所以， 因为面，且，所以面． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题设可得，由面面、线面垂直的性质有，最后用线面垂直的判定证结论； （2）法一：取AD的中点O，作交BC于M，连接OP，建立合适空间直角坐标系，根据空间线面、线线位置关系及向量垂直或平行的坐标表示求出的坐标，再用向量法求二面角余弦值；法二：取AD的中点O，连接OP和OC，再取OC的中点Q，连接QE，在平面ABCD内过点Q作BC的垂线，垂足为点N，连接EN，根据二面角的定义确定∠ENQ为二面角的平面角，再根据已知求其余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 法一：取AD的中点O，作交BC于M，连接OP，则， 面面，面面，面， 则面， 以O为原点，OA、OM、OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 所以，设， 则，，，． 易知面PAD的一个法向量为，而面，故，得． 因为，所以，可得（负值舍），即． 设平面PBC的一个法向量为，则， 令，可得，易知平面ABC的一个法向量， 则，二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为． 法二：取AD的中点O，连接OP和OC，再取OC的中点Q，连接QE， 在平面ABCD内过点Q作BC的垂线，垂足为点N，连接EN， 因为，且O是AD的中点，所以． 面面，面面，面，则面， 因为EQ是△POC的中位线，则，所以面， 因为面，所以，又，面，且， 所以面，又面，所以， 由二面角的定义知，∠ENQ为二面角的平面角． 连接BQ，并延长BQ交CD于点T． 由，面，面，所以面． 当面时，面，且，则面面． 由面面及线面平行的性质定理可知． 记AC交BT于F，因为点Q是OC的中点，，所以F是AC的中点， 由此可知，， 因为，所以，且． 由，知， 由，得，所以，， 因此，， 所以二面角的余弦值为． 18. 已知函数，，其中在处取得极值 （1）求的值； （2）求函数的单调区间； （3）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）增区间为，减区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，可求出的值，然后检验即可； （2）利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间； （3）由参变量分离法可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，则，其中， 因为函数在处取得极值，则，解得， 经检验，合乎题意. 因此，. 【小问2详解】 由（1）可知，，其中， 则， 由，可得，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 所以，函数的增区间为，减区间为. 【小问3详解】 ， 当时，由，可得， 令，其中， 则， 令，其中，则， 所以，函数在区间上单调递增， 因为，， 由零点存在定理可知，存在唯一的，使得， 即，即， 令，其中，则， 所以，函数在上为增函数， 因为，则，，由，可得， 则，所以，， 且当时，，即， 当时，，即， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，，则， 所以，实数的取值范围是. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，离心率为． （1）求的方程； （2）如图，过点的直线（异于轴）与交于点P，Q，过左焦点作直线PQ的垂线交圆于点M，N，垂足为. ①若点，设直线AM，AN的斜率分别为，证明：为定值； ②记的面积分别为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） ①设直线的方程为，， 由，消去并化简得， 则， ，则， 所以 . ② 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得的方程. （2）①设出直线的方程并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简求得为定值. ②先求得的表达式，利用换元法，结合函数的单调性来求得的取值范围. 【小问1详解】 依题意，，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 ①略 ②由题得，， 又，所以， 由椭圆的对称性可知， 所以， 因为直线的方程为，所以， 因为，所以直线的方程为， 将其代入，解得， 所以， 所以， 令，则， 所以， 函数在上单调递增， 所以， 当且仅当，即时取得等号， 所以，即， 综上所述，的取值范围是. 【点睛】思路点睛： 利用已知条件求椭圆方程：首先利用短轴长和离心率，通过焦距和半长轴长度，得出椭圆的标准方程，这是确定椭圆方程的基础. 结合根与系数关系证明斜率的定值：设定直线的方程，结合椭圆方程，通过根与系数关系证明斜率的定值，这是确保直线和椭圆之间关系的有效方法. 利用函数单调性求取值范围：通过设定面积的函数表达式，结合椭圆的对称性和函数的单调性，得出面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $