安徽省“江南十校”2025屆新高三第一次綜合素質(zhì)檢測數(shù)學(xué)試題（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁安徽省“江南十校”2025屆新高三第一次綜合素質(zhì)檢測數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={x|log2x<2}，B={x||x|<?4}，A∩B=A.(?∞,4) B.(0,4) C.(?4,4) D.(?4,0)2.記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a3A.28 B.30 C.32 D.363.已知函數(shù)f(x)=1?22x+1，則對任意實數(shù)xA.f(?x)+f(x)=0B.f(?x)?f(x)=0C.f(?x)+f(x)=2D.f(?x)?f(x)=24.已知α，β都是銳角，cosα=17，cos(α+β)=?11A.12 B.3998 C.59985.已知(1+2x)n的展開式中各項系數(shù)的和為243，則該展開式中的x4項的系數(shù)為A.5 B.16 C.40 D.806.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為A.3π2 B.5π2 C.2π 7.某次跳水比賽甲、乙、丙、丁、戊5名跳水運動員進(jìn)入跳水比賽決賽，現(xiàn)采用抽簽法決定決賽跳水順序，在“運動員甲不是第一個出場，運動員乙不是最后一個出場”的前提下，“運動員丙第一個出場”的概率為(

)A.313 B.15 C.148.對于x>0，e2λx?1λlnA.λ≥1e B.λ≥12e C.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.設(shè)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為Z，原點為O，i為虛數(shù)單位，則下列說法正確的是(

)A.z?z=|z|2

B.5+i>4+i

C.若|z|=1，則z=±1或z=±i

D.若1≤|z|≤10.箱中裝有5張相同的卡片，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，從中有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1張卡片.A表示事件“第一次取出的卡片數(shù)字是奇數(shù)”，B表示事件“第二次取出的卡片數(shù)字是偶數(shù)”，C表示事件“兩次取出的卡片數(shù)字之和是6”，則(

)A.P(A∪B)=1 B.P(B∪C)=1325 C.A與B相互獨立 D.B與11.定義：設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，f″(x)是函數(shù)f′(x)的導(dǎo)數(shù)，若方程f″(x)=0有實數(shù)解x0，則稱點(x0,f(x0))為函數(shù)y=f(x)的“拐點”.經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)都有“拐點”，且“拐點”就是三次函數(shù)圖象的對稱中心.已知函數(shù)f(x)=axA.a=13，b=?1

B.f(110)+f(210)+?+f(1810)+f(1910)三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.拋物線y=2x2上的一點M到焦點的距離為1，則點M的縱坐標(biāo)為

．13.已知樣本x1，x2，?，x6的平均數(shù)為3，方差為4，樣本y1，y2，?，y9的平均數(shù)為8，方差為2，則新樣本x1，x2，?，x6，y1，14.在△ABC中，AB?CB?AC?BC=?四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)如圖，一個質(zhì)點在隨機(jī)外力作用下，從原點O處出發(fā)，每次等可能地向左或者向右移動一個單位．(Ⅰ)求質(zhì)點移動5次后移動到1的位置的概率;(Ⅱ)設(shè)移動5次中向右移動的次數(shù)為X，求X的分布列和期望．16.(本小題12分)如圖，直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，∠DAB=60°，AB=AD=4，等腰直角三角形ADE中，AE=DE，且平面ADE⊥平面ABC，平面ABE與平面CDE交于(Ⅰ)求證：CD//EF;(Ⅱ)若CD=EF，求二面角A?BC?F的余弦值．17.(本小題12分)已知a>0，函數(shù)f(x)=xe(Ⅰ)證明f(x)存在唯一的極值點;(Ⅱ)若存在a，使得f(x)≥b?2a對任意x∈R成立，求實數(shù)b的取值范圍．18.(本小題12分)已知圓M:(x+1)2+y2=16，動圓D過定點N(1,0)且與圓(Ⅰ)求曲線C的方程;(Ⅱ)曲線C上三個不同的動點P，E，F(xiàn)滿足PE與PF的傾斜角互補，且P不與曲線C的頂點重合，記P關(guān)于x軸的對稱點為P′，線段EF的中點為H，O為坐標(biāo)原點，證明：P′，H，O三點共線．19.(本小題12分)設(shè)集合M={a|a=x2?y2,x∈Z,y∈Z}.對于數(shù)列{a(Ⅰ)已知在數(shù)列{an}中，a1=3，(n+1)a(Ⅱ)已知bn=2n，判斷{(Ⅲ)已知數(shù)列{cn}為“平方差數(shù)列”，求證：ci參考答案1.B

2.C

3.A

4.A

5.D

6.B

7.A

8.B

9.AD

10.BCD

11.ABD

12.7813.8.8

14.315.解：(Ⅰ)設(shè)質(zhì)點移動到1為事件A，則向左移動2次，向右移動3次，P(A)=C52(12)5=516．

(Ⅱ)?X的可能取值為0，1，2，3，4，5

P(X=0)=C50(12)5=13216.(Ⅰ)證明：因為AB/?/CD，AB?平面ABE，CD?平面ABE，所以CD/?/平面ABE，

因為平面ABE∩平面CDE=EF，CD?平面CDE，所以CD/?/EF；

(Ⅱ)解：過C作CM/?/AD，交AB于M，因為AB/?/CD，所以四邊形AMCD為平行四邊形，

所以MC=AD=4，所以∠CMB=∠DAB=60°，于是MB=12?MC=2，

取AD中點O，BC中點N，連接ON交MC于H，連接FH、FN，

所以CD//ON//AB，CD=OH，OE⊥AD，

又因為平面ABCD⊥平面ADE，平面ABCD∩平面ADE=AD，OE?平面AED,

所以O(shè)E⊥平面ABCD，

因為CD/?/EF，EF=CD，所以EF//OH，EF=OH，所以四邊形EFHO為平行四邊形，

所以FH//OE，F(xiàn)H=OE=12?AD=2，于是FH⊥平面ABCD，

因為AB⊥BC，ON//AB,所以HN⊥BC，又BC?平面ABCD,所以FH⊥BC，

因為FH,HN為平面FHN中的兩條相交直線,所以BC⊥平面FHN,FH?平面FHN,所以BC⊥FN，

所以∠FNH為二面角A?BC?F的平面角，

因為FN=F17.解：(Ⅰ)證明：f′(x)=(x+1)ex?a，令g(x)=f′(x)，則g′(x)=(x+2)ex，

當(dāng)x∈(?∞,?2)時，g′(x)<0，f′(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈(?2,+∞)時，g′(x)>0，f′(x)單調(diào)遞增；

?①當(dāng)x<?1時，f′(x)=(x+1)ex?a<?a<0，所以x<?1時f′(x)無零點；

?②當(dāng)x≥?1時，f′(?1)=?a<0，f′(a)=(a+1)ea?a>(a+1)?a>0，

由零點存在定理，x≥?1時，f′(x)有唯一零點m∈(?1,a)，

綜上，f′(x)在R上存在唯一零點．

所以，當(dāng)x∈(?∞,m)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(m,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

所以f(x)存在唯一的極值點m；

(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)min=f(m)，此時f′(m)=(m+1)em?a=0，得a=(m+1)em，

由于a>0，所以m>?1，f(x)≥b?2a等價于b≤f(x)+2a，

令?(x)=f(x)+2a，則?(x)min=f(m)min+2a=mem?am+2a=mem?m(m+1)em+2(m+1)em=(?m2+2m+2)em，m>?1，

令v(x)=(?x2+2x+2)18.解：(I)已知圓M的圓心為M(?1,0)，半徑為4;

設(shè)動圓D的圓心為D(x,y)，半徑為R.|DN|=R，|DM|=4?R，|DM|+|DN|=4>|MN|，

點D的軌跡是以M，N分別為左右焦點且長軸長為4的橢圓，

則曲線C的方程為x24+y23=1．

(Ⅱ)設(shè)P(x0,y0)，E(x1,y1)，F(xiàn)(x2,y2)，H(x3,y3)，P′(x0,?y0)，

由題意x1≠x2，y1≠y2，可知2x3=x1+x2，2y3=y1+y2，

x124+y123=1，x224+y223=1，

兩式相減得kEF=y1?y19.解：(Ⅰ)由(n+1)an?nan+1=1，得(n+2)an+1?(n+1)an+2=1，

兩式相減，得(2n+2)an+1=(n+1)(an+2+an)，

即2an+1=an+2+an，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．

由a1=32a1?a2=1，得a2=5，所以公差d=a2?a1=2，

故an=a1+(n?1)d=2n+1，即an=2n+1．

又因為2n+1=(n+1)2?n2，n+1∈Z，n∈Z，所以2n+1∈M，

即數(shù)列{an}是“平方差數(shù)列”，

(Ⅱ