安徽省合肥市肥東縣高級中學2025屆高三數學下學期5月調研考試試題文含解析

PAGE20-安徽省合肥市肥東縣高級中學2025屆高三數學下學期5月調研考試試題文（含解析）一?選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.)1.集合，則是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據函數的定義域及值域分別求出集合和集合，求出集合的補集，即可求得.【詳解】∵集合∴∵集合∴∵∴∴故選C.【點睛】本題考查函數的定義域與函數的值域的求法，集合的交、并、補的運算，考查計算實力．2.設復數滿意，則（）A.5 B. C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】利用復數的四則運算將復數化簡，然后求模即可.【詳解】由，得，則.故選B.【點睛】本題考查復數的四則運算和復數模長的計算公式，屬于簡潔題.3.已知，則下列不等式中恒成立的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】構造函數在上是減函數，已知,則，故A正確;,故B不正確；C構造函數是增函數，故，故選項不正確；D.，構造函數是增函數，故，所以選項不正確.故答案為A.4.已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的正半軸重合，終邊在直線上，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知求得，再由倍角公式及同角三角函數基本關系式化弦為切求解即可．【詳解】因為角的頂點與原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線上，所以，則．故選C．【點睛】本題主要考查三角函數的化簡求值，考查直線的斜率與傾斜角的關系，考查倍角公式及同角三角函數基本關系式的應用，是基礎題．給出某些角的三角函數式的值，求另外一些角的三角函數值，解題關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系．5.某體校甲、乙兩個運動隊各有6名編號為1，2，3，4，5，6的隊員進行實彈射擊競賽，每人射擊1次，擊中的環(huán)數如表：學生1號2號3號4號5號6號甲隊677877乙隊676797則以上兩組數據的方差中較小的一個為A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】視察兩組數據的波動性大小推斷方差大小，再利用平均數公式計算平均數，利用方差公式求方差的值．【詳解】甲組數據為：6，7，7，8，7，7，乙組數據：6，7，6，7，9，7，所以甲組數據波動較小，方差也較小，甲組數據的平均數為，方差為，故選B．【點睛】本題考查了平均數與方差的計算問題，是基礎題．算術平均數公式；樣本方差公式.6.已知拋物線的焦點為，過的直線與曲線交于兩點，，則中點到軸的距離是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】分析：將點到焦點的距離轉化為到準線的距離，可得，從而求出中點橫坐標，進而可得結果.詳解：由，得，設，等于點到準線的距離，同理，等于到準線的距離，，，中點橫坐標為，中點到軸的距離是，故選B.點睛：與拋物線焦點、準線有關的問題，一般狀況下都與拋物線的定義有關，解決這類問題肯定要留意點到點的距離與點到直線的距離的轉化：（1）將拋線上的點到準線距離轉化為該點到焦點的距離；(2)將拋物線上的點到焦點的距離轉化為到準線的距離，使問題得到解決7.函數在區(qū)間上的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】很明顯，且，則函數在區(qū)間內由兩個零點，選項A,B錯誤；結合，且可解除C選項.本題選擇D選項.8.下列推斷正確的是（）A.“”是“”的充分不必要條件B.函數的最小值為2C.當時，命題“若，則”的逆否命題為真命題D.命題“”的否定是“”【答案】C【解析】【分析】利用充分條件推斷A的正誤；基本不等式推斷B的正誤；命題的真假推斷C的正誤；命題的否定推斷D的正誤【詳解】解：當時，成立，不成立，所以A不正確；對，當，即時等號成立，而，所以,即的最小值不為2，所以B不正確；由三角函數的性質得“若,則”正確，故其逆否命題為真命題，所以C正確；命題“,”的否定是“,”，所以D不正確，故選：C.【點睛】本題以命題的真假關系的推斷為載體，主要考查了充分必要條件的推斷，全稱命題與特稱命題的否定及基本不等式的應用等學問的綜合應用，屬于中檔題．9.已知分別是內角的對邊，，當時，面積的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】詳解】由，故（當且僅當時取等號），故選：C．10.設滿意，且在上是增函數，且，若函數對全部，當時都成立，則的取值范圍是A. B.或或C.或或 D.【答案】B【解析】若函數f（x）≤t2﹣2at+1對全部的x∈[﹣1，1]都成立，由已知易得f（x）的最大值是1，∴1≤t2﹣2at+1?2at﹣t2≤0，設g（a）=2at﹣t2（﹣1≤a≤1），欲使2at﹣t2≤0恒成立，則?t≥2或t=0或t≤﹣2．故選B．點睛：對于求不等式成立時的參數范圍問題，在可能的狀況下把參數分別出來，使不等式一端是含有參數的不等式，另一端是一個區(qū)間上詳細的函數，這樣就把問題轉化為一端是函數，另一端是參數的不等式，便于問題的解決.但要留意分別參數法不是萬能的，假如分別參數后，得出的函數解析式較為困難，性質很難探討，就不要運用分別參數法.11.三棱錐P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，則三棱錐P－ABC的外接球的表面積為()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先確定球心的位置，進一步確定球的半徑，最終確定球的表面積．【詳解】解：依據題意，得到三棱錐的外接球的球心在等邊三角形的中心高線和過直角三角形斜邊的中點的高的交點位置，如圖所示：三棱錐中，平面平面，，，，所以，，在直角三角形中，，解得：，所以，三棱錐的外接球半徑，則，故選．【點睛】本題考查的學問要點：三棱錐的外接球的球心的確定，球的表面積公式的應用．12.已知，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】分析：依據指數函數的單調性以及對數函數的單調性分別推斷出的取值范圍，結合函數的單調性，從而可得結果.詳解：由指數函數的性質可得，，由對數函數的性質可得，，，又，在上遞增，所以，故選C.點睛：本題主要考查對數函數的性質、指數函數的單調性及比較大小問題，屬于難題.解答比較大小問題，常見思路有兩個：一是推斷出各個數值所在區(qū)間（一般是看三個區(qū)間）；二是利用函數的單調性干脆解答；數值比較多的比大小問題也可以兩種方法綜合應用.二?填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13.已知兩個不相等的平面對量且，則_____.【答案】【解析】∵∴，又∴即，解得又∴故答案為14.若x，y滿意：，則的最大值是______．【答案】4【解析】【分析】先畫出滿意條件的平面區(qū)域，求出A的坐標，結合圖象求出z的最大值即可．【詳解】解：畫出x，y滿意：的平面區(qū)域，如圖：由，解得而可化為，由圖象得直線過時z最大，z的最大值是：4，故答案為4．【點睛】本題考察了簡潔的線性規(guī)劃問題，考察數形結合思想，是一道中檔題．15.已知雙曲線的左焦點為,若過點且傾斜角為的直線與雙曲線的左支有且只有一個交點，則此雙曲線離心率的取值范圍為__________.【答案】【解析】【分析】依據雙曲線幾何性質得漸近線斜率取值范圍，再解出離心率取值范圍.【詳解】因為過點且傾斜角為的直線與雙曲線的左支有且只有一個交點，所以【點睛】解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關鍵就是確立一個關于的方程或不等式，再依據的關系消掉得到的關系式，而建立關于的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍等.16.已知為球的直徑，，是球面上兩點且，.若球的表面積為，則棱錐的體積為__________．【答案】【解析】如圖，由題意球的表面積為，可得球的半徑為，知，，所以平面，，所以，所以棱錐的體積．點睛：本題考查了有關球的組合體問題，以及三棱錐的提及的求法，解答時要仔細審題，留意球的性質的合理運用，求解球的組合體問題常用方法有（1）三條棱兩兩相互垂直時，可復原為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的直徑，求出球的半徑；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點，再依據勾股定理求球的半徑；（3）假如設計幾何體有兩個面相交，可過兩個面的外心分別作兩個面的垂線，垂線的交點為幾何體的球心.三?解答題(本大題共6小題，共70分.其中22?23為選考題.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.)17.在數列和等比數列中，，，．1求數列及的通項公式；2若，求數列的前n項和．【答案】（1）；;（2）.【解析】【分析】Ⅰ先求出公比，可得數列的通項，從而可求的通項公式；Ⅱ利用錯位相減法，可求數列的前n項和．【詳解】Ⅰ依題意，，設數列的公比為q，由，可知，由，得，又，則，故，又由，得Ⅱ依題意，則得，即，故【點睛】本小題主要考查等比數列、數列通項公式、數列求和等基礎學問，考查運算求解實力，考查函數與方程思想等．數列求和的常用方法有:分組求和,錯位相減求和,倒序相加求和等.18.如圖1，已知菱形的對角線交于點，點為線段的中點，，，將三角形沿線段折起到的位置，，如圖2所示．（Ⅰ）證明：平面平面；（Ⅱ）求三棱錐的體積．【答案】（Ⅰ）見證明；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）折疊前，AC⊥DE；，從而折疊后，DE⊥PF，DE⊥CF，由此能證明DE⊥平面PCF．再由DC∥AE，DC＝AE能得到DC∥EB，DC＝EB．說明四邊形DEBC為平行四邊形．可得CB∥DE．由此能證明平面PBC⊥平面PCF．（Ⅱ）由題意依據勾股定理運算得到，又由（Ⅰ）的結論得到，可得平面，再利用等體積轉化有，計算結果.【詳解】（Ⅰ）折疊前，因為四邊形為菱形，所以；所以折疊后，，,又，平面，所以平面因為四邊形為菱形，所以．又點為線段的中點，所以．所以四邊形為平行四邊形．所以．又平面，所以平面．因為平面，所以平面平面．（Ⅱ）圖1中，由已知得，，所以圖2中，，又所以，所以又平面，所以又，平面，所以平面，所以．所以三棱錐的體積為．【點睛】本題考查線面垂直、面面垂直的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎學問，考查了三棱錐體積的求法，運用了轉化思想，是中檔題．19.某客戶考察了一款熱銷的凈水器，運用壽命為十年，改款凈水器為三級過濾，每一級過濾都由核心部件濾芯來實現.在運用過程中，一級濾芯須要不定期更換，其中每更換個一級濾芯就須要更換個二級濾芯，三級濾芯無需更換.其中一級濾芯每個元，二級濾芯每個元.記一臺凈水器在運用期內須要更換的二級濾芯的個數構成的集合為.如圖是依據臺該款凈水器在十年運用期內更換的一級濾芯的個數制成的柱狀圖.

（1）結合圖，寫出集合；（2）依據以上信息，求出一臺凈水器在運用期內更換二級濾芯的費用大于元的概率（以臺凈水器更換二級濾芯的頻率代替臺凈水器更換二級濾芯發(fā)生的概率）；（3）若在購買凈水器的同時購買濾芯，則濾芯可享受折實惠（運用過程中如需再購買無實惠）.假設上述臺凈水器在購機的同時，每臺均購買個一級濾芯、個二級濾芯作為備用濾芯（其中，），計算這臺凈水器在運用期內購買濾芯所需總費用的平均數.并以此作為決策依據，假如客戶購買凈水器的同時購買備用濾芯的總數也為個，則其中一級濾芯和二級濾芯的個數應分別是多少？【答案】（1）；（2）0.3；（3）見解析.【解析】分析】（1）依據直方圖和一級濾芯和二級濾芯之間的關系，可得答案；（2）更換二級濾芯的費用大于元，即更換4個二級濾芯，轉化為更換12個一級濾芯，由直方圖得出答案；（3），，可以分為和兩種狀況，分別算出其平均數，得到結論【詳解】（1）由題意可知當一級濾芯更換、、個時，二級濾芯須要更換個，當一級濾芯更換個時，二級濾芯須要更換個，所以；（2）由題意可知二級濾芯更換個，需元，二級濾芯更換個，需元，在臺凈水器中，二級濾芯須要更換個的凈水器共臺，二級濾芯須要更換個的凈水器共臺，設“一臺凈水器在運用期內更換二級濾芯的費用大于元”為事務，所以；（3）因為，，（i）若，，則這臺凈水器在更換濾芯上所需費用的平均數為（ii）若，，則這臺凈水器在更換濾芯上所需費用的平均數為所以假如客戶購買凈水器的同時購買備用濾芯的總數為個，客戶應當購買一級濾芯個，二級濾芯個．【點睛】本題考查直方圖的實際應用，涉及求概率，平均數等問題，關鍵是要讀懂題意.屬于中檔題.20.過圓上的點作圓的切線，過點作切線的垂線，若直線過拋物線的焦點.（1）求直線與拋物線的方程；（2）若直線與拋物線交于點，點在拋物線的準線上，且，求的面積.【答案】（1）.；（2）見解析.【解析】【試題分析】（1）利用斜率求得過點的切線方程，由此得到垂線的斜率，再由點斜式得到直線的方程，令可求得焦點的坐標，由此得出拋物線的方程.（2）聯立方程組求得兩點的坐標.設出點的坐標，利用向量的數量積求得點的坐標，利用弦長公式和點到直線的距離公式得出面積.【試題解析】（1）過點且與圓相切的直線方程為，斜率為，故直線的斜率為，故直線的方程為：，即.令，可得，故的坐標為，∴，拋物線的方程為；（2）由可得，設，，則，，，點的坐標分別為，.設點的坐標為，則，，則，解之得或，∴，則點到直線的距離為，故或，當時，的面積為.當時，的面積為.21.設函數,其中為自然對數的底數．（1）若,求的單調區(qū)間;（2）若,求證:無零點．【答案】（1）的單調遞減區(qū)間為,單調遞增區(qū)間為；（2）詳見解析.【解析】【分析】（1）求導函數，利用導數的正負，可得函數的單調遞增區(qū)間與單調遞減區(qū)間；（2）分類探討，利用導數探討函數的單調性，求得函數的值域，從而證得結果.【詳解】（1）若,則,∴．令,則,當時,即單調遞增,又,∴當時,單調遞減,當時,單調遞增．∴的單調遞減區(qū)間為,單調遞增區(qū)間為．（2）當時,，明顯無零點．當時,(i)當時,，明顯無零點．(ii)當時，易證，∴,∴．令，則，令，得，當時，；當時，，故，從而，明顯無零點.綜上,無