精品解析：安徽省池州市普通高中2025届高三下学期教学质量统一监测数学试题

2025年池州市普通高中高三教学质量统一监测 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 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，务必擦净后再选涂其它答案标号.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交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数除法结合共轭复数概念可得答案. 【详解】， 则. 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为， ，故. 故选：C. 3. 春季是流感的高发季节，某医院对8名甲型流感患者展开临床观察，记录了从开始服药到痊愈所需的天数，具体数据如下（单位：天）：7，4，6，5，8，5，6，4.则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的众数为5 B. 这组数据的平均数为5 C. 这组数据的第60百分位数为6 D. 这组数据的极差为5 【答案】C 【解析】 【分析】根据众数，平均数，百分位数，极差的定义逐一判断即可. 【详解】对于A，这组数据的众数为，故A错误； 对于B，这组数据的平均数为，故B错误； 对于C，将这组数据按从小到大的顺序排列为， 因为， 所以这组数据的第60百分位数为6，故C正确； 对于D，这组数据的极差为，故D错误. 故选：C. 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积的运算律求解即可. 【详解】由， 所以. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题，可得，利用二倍角余弦公式化简运算得解. 【详解】由，得， . 故选：A. 6. 已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解方程，得到的表达式，再结合函数的图象，分析取不同值时方程根的个数，进而确定的取值范围. 【详解】令，则方程可转化为. 对进行因式分解可得，则，. 所以或.  当时，，因为指数函数在上单调递增，所以在上单调递增，且.  当时，，对其求导，. 令，即，解得（）. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得极小值，也是最小值，.   对于： 当时，，即，，解得，有个根.  因为有个互不相同的根，已经有个根，所以需要有个不同的根. 结合的图象可知，当时，与有个不同的交点，即有个不同的根.   的取值范围为. 故选：B. 7. 已知双曲线的左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设与交于点，根据条件可得，，求出点的坐标，由关系求出点的坐标，利用得到关系，运算得解. 【详解】如图，设与交于点， 由，且是的中点， 所以，又， 所以，又，易得， ， 则，代入双曲线方程可得， 设点，则，， 又设，由可得，即， 由，得，即， 化简整理得， ，解得或， 又，，解得. 故选：D. 8. 已知直线，圆，过上一点作的两条切线，切点分别为，使四边形的面积为的点有且仅有一个，则此时直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，可得，且，由点到直线的距离公式求得，进而求得直线的方程，再求出直线的方程，求得点的坐标，求出以为直径的圆的方程，易知直线是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，两圆方程相减得解. 【详解】如图，，解得， 所以， 因这样的点有且仅有一个，由图知此时， 则圆心到直线的距离为6， 即，化简得，其中， ，则， ， 所以，即，则直线的斜率为， 所以直线，即， 联立，解得，即， 因的中点坐标为，且， 则以为直径的圆的方程为 ， 整理得， 易知直线是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线， 将两圆的方程相减得， 故直线的方程为. 故选：B. 二､多选题：本题共3个小题，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. 某弹簧振子（简称振子）在完成一次简谐运动的过程中，时间（单位：秒）与位移（单位：毫米）之间满足函数关系为，下列叙述中正确的是（ ） A. 当时间时，该简谐运动的位移 B. 该简谐运动的初相为 C. 该函数的一个极值点为 D. 该函数在上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】本题可根据三角函数初相的概念、极值点的判断以及单调性的相关性质，分别对选项中的内容进行分析判断. 【详解】当时，将其代入函数中，可得： 则.所以选项A正确.  在函数中，，所以该简谐运动的初相为，选项B正确.  对函数求导，可得. 当时，. 因为极值点处导数为，所以不是该函数的极值点，选项C错误.  令，，解这个不等式求函数的单调递增区间. 得到，. 当时，单调递增区间为，而，所以该函数在上单调递增，选项D正确.  故选：ABD. 10. 定义：既有对称中心又有对称轴的曲线称为“和美曲线”，“和美曲线”与其对称轴的交点叫做“和美曲线”的顶点.已知曲线，下列说法正确的是（ ） A. 曲线是“和美曲线” B. 点是曲线的一个顶点 C. 曲线所围成的封闭图形的面积 D. 当点在曲线上时， 【答案】AD 【解析】 【分析】由曲线方程结合选项逐项判断即可. 【详解】对于A，将代入曲线方程，易知成立，故曲线关于原点对称， 将代入，易知成立，故曲线关于坐标轴对称，故A正确； 对于B，令可得：，即，故B错， 对于C，， 所以曲线所围成的封闭图形在椭圆内部， 而椭圆面积为：，故C错误； 对于D,由 ， 可得：， 所以，当时取等号，故D正确； 故选：AD 11. 在三棱锥中，给定下列四个条件：①；②；③；④.下列组合条件中，一定能断定三棱锥是正三棱锥的有（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④ 【答案】ACD 【解析】 【分析】正三棱锥是指底面是等边三角形，侧面是三个全等的等腰三角形，利用向量数量积的运算律逐个判断各个选项即可. 【详解】对于A，由①-②得， 即，即，再代回①由数量积的定义可得 ，在侧面三个三角形中由余弦定理可得， 所以由①②一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项A正确； 对于B，由①得， 化简即为③，而由①得，即， 同理可得， 即在底面的投影为的垂心，但无法保证为等边三角形， 所以由①③不一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项B不正确； 对于C，由④-②得，即， 代入④可得， 在侧面三个三角形中由余弦定理可得， ，， 三式两两相减得， 化简可得，所以由②④一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项C正确； 对于D，由③+④得，由选项C可知，选项D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等差数列中，若，则__________. 【答案】16 【解析】 【分析】根据题意，列式求出公差，求得通项公式，得解. 【详解】由，则，解得， ，则， . 故答案为：16. 13. 在学校三月文明礼仪月中，学生会4位干事各自匿名填写一张《校园设施改进建议卡》，老师将建议卡打乱顺序后，要求每人随机抽取一张进行互评审核，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡的概率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】假设所有人拿到自己的卡，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡，相当于从4人中选两人交换自己的卡，据此可得答案. 【详解】假设所有人拿到自己的卡，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡，相当于从4人中选两人交换自己的卡，有种可能，而每人随机抽取一张有种可能性， 则相应概率为：. 故答案为： 14. 定义在上的函数满足.若，对，，则__________，并写出的一个函数解析式__________. 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【分析】由题及反证法可得当时，；当时，及当时，；当时，②.然后由题意可得，据此可得答案. 【详解】由得：当时，；当时，. 假设，使得，则题意得，即， 取时，有，即这与矛盾.所以不，使得. 综上，当时，；当时，①. 当时，；当时，②. 对于①而言： 当时，即，则，所以，所以， 注意到的任意性，所以 当时，即，则，所以，所以，注意到的任意性，所以 所以，即，解得或 即或，舍.所以，则 对于②而言：同理得，则. 故答案为：4；. 【点睛】关键点点睛：对于某些较复杂求值问题，可利用“两边夹”原理，即证所求小于等于定值的前提下，又大于等于定值. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答底写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角 的对边分别为，且. （1）求； （2）在三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上高线的长. ①；②；③的周长为. 【答案】（1） （2）若选①高线的长为9；若选②不存在；若选③高线的长为9 【解析】 【分析】（1）根据题意，由两角差的正弦公式化简得，利用平方关系求得答案； （2）若选①，由正弦定理可知存在且唯一确定，由求得答案；若选②，由，由正弦定理知，所以不存在；若选③，由正弦定理可得，结合求得答案. 【小问1详解】 由题意知.又， 所以，即， 化简得， 又，，则， 又， 解得，. 【小问2详解】 由（1）知 为定值. 若选①，由正弦定理可知存在且唯一确定，记边上高为 ， 则，所以边上高线的长为9； 若选②，由（1）知，， 由正弦定理知，所以不存在； 若选③的周长为，即 由，由正弦定理， 设，则， 解得，所以，故存在且唯一确定， 记边上高为 ，则，即边上高线的长为9. 16. 如图，在四棱锥中，底面. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 解法一：取的中点 由得，由得 又平面，所以三点共线，所以 由平面得 又平面，所以平面 解法二：过作，垂足为 由得，所以 又平面，所以三点共线，所以 由平面得 又平面，所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：取的中点，证明，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果，解法一：过作，垂足为，证明，利用线面垂直的性质和判定定理即可证得结果. （2）解法一：过作， 可求得是二面角的平面角，计算求得结果，解法二：以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴，建立直角坐标系，求得平面的法向量计算求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：过作，由（1）知 又平面，所以平面，所以 又平面平面平面平面 所以是二面角的平面角，即是平面与平面的夹角. 由得，又，则，则，则 所以，所以 所以平面与平面夹角的余弦值为. 解法二：由得，又，所以 如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴，建立直角坐标系， 则. 记平面的法向量为 则有，即，则，令，得 所以取平面的法向量的一个法向量为 记平面PAC的法向量为 取平面的法向量的一个法向量为 所以 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且左､右焦点分别为. （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求的最小值，并指出此时点的坐标. 【答案】（1） （2），或 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出方程求出的得解； （2）法一，设点，由结合点在椭圆上求出点的轨迹方程，由两点间距离公式，利用转化为二次函数求最值，得解；法二，由，解得，将用表示，利用椭圆范围求出答案. 【小问1详解】 由题意可设椭圆，且 所以，解得 所以的方程为. 【小问2详解】 解法一：设点，所以， 由，得，解得. 又，所以，化解得， 所以，由得，解得， 所以， 当且仅当时，取“=”，则，即， 所以的最小值为，此时点的坐标为或. 解法二：设点，所以， 由，得，解得. 由得，解得， 所以， 当且仅当时，取“=”，即， 所以的最小值为，此时点的坐标为或. 18. 已知. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）设，是否存在，使得曲线与关于原点对称？若存在，求；若不存在，说明理由； （3）证明：对任意，存在，使得有两个不同的零点. 【答案】（1）； （2）存在，； （3） 函数的定义域为，求导得， 令，依题意，， 方程在上有唯零点，当时，，； 当时，，，函数在上递增，在上递减， 对任意，存在使得，则， 而，对任意， 取，， 由在上递增，得， 又当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 则对任意，任意，使得有两个不同的零点， 所以对任意，存在，使得有两个不同的零点. 【解析】 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）假定存在，求出曲线关于原点对称的曲线方程，再利用两个函数相等求解. （3）求出，探讨二次函数的零点并确定的单调性，再利用零点存在性定义推理判断. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 所以曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 若存在，则，，曲线， 又曲线关于原点对称的函数为， 依题意，，整理得， 所以. 【小问3详解】 略 19. 设正项数列，如果对小于的每个正整数都有，则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合（其中）. （1）若，求； （2）若，且，证明：； （3）若中存在使得，证明：. 【答案】（1） （2） 由题意知， 即，所以， 由得，所以，所以，即. （3） 因为存在使得，所以， 记， 显然，且对任意的正整数，即， 又因为，所以，所以，所以. 【解析】 【分析】（1）根据“时刻”的概念可得，，由此可得结果. （2）根据题意可得，由得，由此可证明结论. （3）记，可证明，即证明结论. 【小问1详解】 当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 综上，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年池州市普通高中高三教学质量统一监测 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上. 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，务必擦净后再选涂其它答案标号.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交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 春季是流感的高发季节，某医院对8名甲型流感患者展开临床观察，记录了从开始服药到痊愈所需的天数，具体数据如下（单位：天）：7，4，6，5，8，5，6，4.则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的众数为5 B. 这组数据的平均数为5 C. 这组数据的第60百分位数为6 D. 这组数据的极差为5 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 6. 已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线，圆，过上一点作的两条切线，切点分别为，使四边形的面积为的点有且仅有一个，则此时直线的方程为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3个小题，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. 某弹簧振子（简称振子）在完成一次简谐运动的过程中，时间（单位：秒）与位移（单位：毫米）之间满足函数关系为，下列叙述中正确的是（ ） A. 当时间时，该简谐运动的位移 B. 该简谐运动的初相为 C. 该函数的一个极值点为 D. 该函数在上单调递增 10. 定义：既有对称中心又有对称轴的曲线称为“和美曲线”，“和美曲线”与其对称轴的交点叫做“和美曲线”的顶点.已知曲线，下列说法正确的是（ ） A. 曲线是“和美曲线” B. 点是曲线的一个顶点 C. 曲线所围成的封闭图形的面积 D. 当点在曲线上时， 11. 在三棱锥中，给定下列四个条件：①；②；③；④.下列组合条件中，一定能断定三棱锥是正三棱锥的有（ ） A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④ 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在等差数列中，若，则__________. 13. 在学校三月文明礼仪月中，学生会4位干事各自匿名填写一张《校园设施改进建议卡》，老师将建议卡打乱顺序后，要求每人随机抽取一张进行互评审核，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡的概率为__________. 14. 定义在上的函数满足.若，对，，则__________，并写出的一个函数解析式__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答底写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角 的对边分别为，且. （1）求； （2）在三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上高线的长. ①；②；③的周长为. 16. 如图，在四棱锥中，底面. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且左､右焦点分别为. （1）求的方程； （2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求的最小值，并指出此时点的坐标. 18. 已知. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）设，是否存在，使得曲线与关于原点对称？若存在，求；若不存在，说明理由； （3）证明：对任意，存在，使得有两个不同的零点. 19. 设正项数列，如果对小于的每个正整数都有，则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合（其中）. （1）若，求； （2）若，且，证明：； （3）若中存在使得，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $