數(shù)學(xué)-2025屆安徽天一大聯(lián)考高三春季階段性檢測試題+答案

安徽高三春季階段性檢測一、單項(xiàng)選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.1.答案D命題透析本題考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算.2.答案C命題透析本題考查集合的表示與運(yùn)算.解析A={x|x=3n-1或x=3n+1,n∈Z}表示不能被3整除的整數(shù),B={x|x=3n,n∈Z}表示能被3整除的整數(shù),故A∩B=⑦.3.答案B命題透析本題考查對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì).6\,4.答案D命題透析本題考查等差數(shù)列的性質(zhì).解析因?yàn)閧an}是等差數(shù)列,所以a1,a6,a11和a2,a7,a12也成等差數(shù)列,所以a1+a2,a6+a7,a11+a12成等差數(shù)5.答案B命題透析本題考查奇函數(shù)的性質(zhì).解析必要性顯然成立,對(duì)于充分性,f(x)的圖象可能在原點(diǎn)處斷開,所以由f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增不能推出f(x)在R上單調(diào)遞增.6.答案A命題透析本題考查古典概型以及條件概率的計(jì)算.解析由題意知有駕照的男員工有=40人,有駕照的女員工有=15人,設(shè)A=“該員工是男員工”,B=“該員工有駕照”,則P7.答案C命題透析本題考查函數(shù)的圖象與性質(zhì).解析由已知得f,(a)>0,f(b)>0,f(C)<0,Cf,(C)<0,故排除A,B.設(shè)點(diǎn)P(C,f(C)),由圖象可知直線OP的斜率小于曲線y=f(x)在點(diǎn)P處的切線斜率,即,可得f<Cf,,所以f最小.PDFShaperProfessional8.答案D命題透析本題考查拋物線與直線的位置關(guān)系.解析如圖,設(shè)AF=m,BF=n,因?yàn)锳F丄BF,所以|AB|=\.設(shè)點(diǎn)A,B在l上的射影分別為G,W,由拋物線的定義可知AG=m,iBWi=n,則,因?yàn)閙2+n2≥2mn,所以2(m2+2=(m+n)2,當(dāng)且僅當(dāng)m=n時(shí)等號(hào)成立,故,故,即的最小值為\2.二、多項(xiàng)選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.每小題全部選對(duì)的得6分,部分選對(duì)的得部分分,有選錯(cuò)的9.答案ACD命題透析本題考查概率的計(jì)算、隨機(jī)變量的分布列與期望.解析對(duì)于A,由題意知=k+2k+3k+4k+5k=1,解得k=,故A正確;對(duì)于=5k=,故B錯(cuò)誤;對(duì)于D,P(X≤3)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=6k,P(X≥4)=9k,故D正確.10.答案ABD命題透析本題考查雙曲線與圓的方程.解析對(duì)于A,易知F1(-2,0),F2(2,0)為E的左、右焦點(diǎn),因?yàn)镻,Q兩點(diǎn)都在E的右支上,所以F1P-F2P=F1Q-F2Q,整理得F1P+F2Q=F1Q+F2P,故A正確;對(duì)于B,設(shè)P,聯(lián)立{2=4,消去x可得2y2-2my+m2-2=0,則Δ=8(m2-2)>0,解得-2<m<2,故B正確;OQ2=xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)+yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)=4+2(yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2))=8,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,OP+OQ≤\2(OP2+OQ2)=4,故D正確.11.答案BC命題透析本題考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì).解析當(dāng)甲到達(dá)點(diǎn)(a,0)處時(shí),甲運(yùn)動(dòng)的距離為a,則乙運(yùn)動(dòng)的距離為,所以C=-,b=cosa,d=對(duì)于A,g(2π)=1,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,g/(a)=-sina+cos,可知當(dāng)a∈[3π,時(shí),g/(a)≥0,故g(a)在[3π,上單調(diào)遞增,故B正確;對(duì)于C,令g(a)=cosa+sin=a=,故C正確;對(duì)于D,g(a)=1-2sin2+sin,因?yàn)閍∈,2π],所以∈,π],則sin∈[0,\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2),2)],故g(a)∈ \EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(2),2),故D錯(cuò)誤.三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分. 命題透析本題考查平面向量的基本運(yùn)算.命題透析本題考查簡單幾何體的相關(guān)計(jì)算.解析由已知得圓錐的高為3,體積為π(\23)2×3=2π,正三棱臺(tái)的體積為××\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),4)×(12+22+1×2)=\3,設(shè)鐵塊的密度為P,則甲、乙對(duì)地面的壓強(qiáng)分別為P1==P,P2=\2=P,所以=1.命題透析本題考查創(chuàng)新思維、二項(xiàng)式定理的應(yīng)用..CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(3),9)3.CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),6)2.CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(3),4)3.CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(1),1)1,所以a6b7C6d8的系數(shù)為CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(3),9)CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),6)CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(3),4)CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(1),1)=5040.四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.命題透析本題考查正弦定理和余弦定理的應(yīng)用.解析(I)由正弦定理得a=CsinAsinC,………(3分) 因?yàn)閍=1<C=\2,所以A<C,所以A=πB……(7分)所以\62-\2a+b=(\6-\2)sinA+2sinB=(\6-\2)sinA+2sin-A),(A+.………………(10分)……………(13分)16.命題透析本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì).解析(I)f,(x)=ex-e,…………………(1分)所以f,(0)=1-e,又f(0)=1,……………(2分)所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=(1-e)x+1.………(4分)(Ⅱ)令f,(x)=0,得x=1,當(dāng)x<1時(shí),f,(x)<0,當(dāng)x>1時(shí),f,(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)的極小值為f(1).……………(6分)因?yàn)榇嬖趚0∈(t,t+1),滿足f(x0)<f(t)<f(t+1),所以f(x)在區(qū)間(t,t+1)內(nèi)有極小值點(diǎn),所以t<1<t+1,得0<t<1.…………………(9分)由f(t)<f(t+1),得et-et<et+1-et-e,即(e-1)et-e>0,).……………………(15分)17.命題透析本題考查空間位置關(guān)系的推理與證明、二面角的計(jì)算.解析(I)如圖,連接BD,設(shè)AC∩BD=O,連接PO.根據(jù)正四棱錐的性質(zhì)可知AC丄BD,PO丄平面ABCD.因?yàn)镻OC平面PBD,所以平面PBD丄平面ABCD,………(2分)因?yàn)锳C丄BD,平面PBD∩平面ABCD=BD,所以AC丄平面PBD,又BFC平面PBD,所以AC丄BF.……………(4分)又因?yàn)锽F丄AE,AE∩AC=A,所以BF丄平面AEC.…………………………(6分)(Ⅱ)因?yàn)锳B=\2,所以BD=2,又正四棱錐P-ABCD的高PO=\3,所以△PBD是正三角形.連接OE,因?yàn)锽F丄平面AEC,所以BF丄OE,又E是PB的中點(diǎn),O是BD的中點(diǎn),所以O(shè)EⅡPD,所以BF丄PD,因此F是PD的中點(diǎn).………………………(7分)以O(shè)為原點(diǎn),分別以直線OA,OB,OP為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,……………(8分) 則P(0,0,\3),B(0,1,0),D(0,-1,0),C(-1,0,0),F(0,-,\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(3),2)).…………………(9分)因?yàn)锽F丄平面AEC,所以可取平面AEC的一個(gè)法向量為m=(0,-\3,1).……(10分)設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),因?yàn)?EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(→),PC)=(-1,0,-\3),-=(0,-1,-\3),所以不妨取n=(\3,\3,-1).………………(13分)所以平面AEC與平面PCD夾角的余弦值為2\7………(15分18.命題透析本題考查橢圓的方程與簡單幾何性質(zhì),橢圓與直線的位置關(guān)系.解析(I)設(shè)C的半焦距為C(C>0).因?yàn)镃的離心率為,所以整理得b=C.……………(1分)因?yàn)椤鱌F1F2面積的最大值為1,所以b.2C=bC=1,………………… 可得b=C=1,所以a=\2,所以C的方程為+y2=1.………………… (Ⅱ)因?yàn)辄c(diǎn)P在第一象限,所以0<xP<\2.………………(5分)由(I)可知F1(-1,0),所以直線PF1的方程為,由G為△PF1F2的重心,得xB=xG=,yB=,…………………×(x+3)2△F1AB與△PF1F2的面積之比為=.………………(7分) 2×2×yP令f(x)=(0<x<\2),則f,(x)=, 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f,(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(1,\2)時(shí),f,(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=1時(shí),f(x)取得最小值f(1)=,即△F1AB與△PF1F2的面積之比的最小值為.………(10分)(Ⅲ)由PR=QR,可知點(diǎn)R在PQ的中垂線上,又P,Q,R均不在坐標(biāo)軸上,所以直線PF1的斜率存在且不為0,設(shè)其方程為y=k(x+1)(k≠0).…(11分)由可得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0 2…………(12分)設(shè)PQ的中點(diǎn)為M,則xM==-,yM=k(xM+1)=.………………(13分)直線RM的方程為x-xM=-k(y-yM),3,RPQM1+2k2,假設(shè)△PQR的重心在x軸上,則yP+yQ+yR=0得y=-(y3,RPQM1+2k2,所以xR=xM-k(yR-yM)=--k(--=,所以R,-.………………(15分)將R的坐標(biāo)代入C的方程,得2+2×(-2-2=0,整理得7k4+2=0,此方程無實(shí)數(shù)解,故△PQR的重心不可能在x軸上.…………(17分)19.命題透析本題考查計(jì)數(shù)原理與遞推數(shù)列的綜合應(yīng)用.解析(I)顯然a1=0;2階完全隨機(jī)序列只有2,1,故a2=1;3階完全隨機(jī)序列可以為2,3,1或3,1,2,故a3=2;要得到4階完全隨機(jī)序列,可先排1,有3種排法,若1排到2的位置,那就再排2,也有3種排法,剩下的兩個(gè)數(shù)字只有1種排法,由分步乘法計(jì)數(shù)原理可得a4