2025届安徽省重点中学高三5月学情检测试题数学试题试卷含解析

2025届安徽省重点中学高三5月学情检测试题数学试题试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若的内角满足，则的值为（）A． B． C． D．2．已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a5＝16，a3a4＝﹣32，则S8＝（）A．﹣21 B．﹣24 C．85 D．﹣853．命题：的否定为A． B．C． D．4．已知四棱锥，底面ABCD是边长为1的正方形，，平面平面ABCD，当点C到平面ABE的距离最大时，该四棱锥的体积为（）A． B． C． D．15．下列函数中既关于直线对称，又在区间上为增函数的是()A．. B．C． D．6．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（）A． B．C． D．7．已知条件，条件直线与直线平行，则是的()A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知定点，，是圆上的任意一点，点关于点的对称点为，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹是（）A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆9．如图是一个算法流程图，则输出的结果是（）A． B． C． D．10．已知，满足，且的最大值是最小值的4倍，则的值是（）A．4 B． C． D．11．已知函数，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．12．已知抛物线,过抛物线上两点分别作抛物线的两条切线为两切线的交点为坐标原点若,则直线与的斜率之积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知复数，且满足（其中为虚数单位），则____.14．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，乙获胜的概率是，则乙不输的概率是_____．15．在棱长为的正方体中，是面对角线上两个不同的动点.以下四个命题：①存在两点，使；②存在两点，使与直线都成的角；③若，则四面体的体积一定是定值；④若，则四面体在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值.其中为真命题的是____.16．已知数列的前项和且，设，则的值等于_______________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）己知点，分别是椭圆的上顶点和左焦点，若与圆相切于点，且点是线段靠近点的三等分点.求椭圆的标准方程；直线与椭圆只有一个公共点，且点在第二象限，过坐标原点且与垂直的直线与圆相交于，两点，求面积的取值范围.18．（12分）已知椭圆的右焦点为，直线被称作为椭圆的一条准线，点在椭圆上(异于椭圆左、右顶点)，过点作直线与椭圆相切，且与直线相交于点.（1）求证：.（2）若点在轴的上方，当的面积最小时，求直线的斜率.附：多项式因式分解公式：19．（12分）已知函数，其导函数为，（1）若，求不等式的解集；（2）证明：对任意的，恒有.20．（12分）已知曲线的参数方程为为参数),以直角坐标系原点为极点,以轴正半轴为极轴并取相同的单位长度建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程,并说明其表示什么轨迹；（2）若直线的极坐标方程为,求曲线上的点到直线的最大距离.21．（12分）已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.（Ⅰ）解不等式f(x)>1；（Ⅱ）当x>0时，若函数g(x)(a>0)的最小值恒大于f(x)，求实数a的取值范围．22．（10分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，使得，证明：.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A【解析】

由，得到，得出，再结合三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】由题意，角满足，则，又由角A是三角形的内角，所以，所以，因为，所以.故选：A.本题主要考查了正弦函数的性质，以及三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式的化简、求值问题，着重考查了推理与计算能力.2．D【解析】

由等比数列的性质求得a1q4＝16，a12q5＝﹣32，通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前n项和公式解答即可.【详解】设等比数列{an}的公比为q，∵a5＝16，a3a4＝﹣32，∴a1q4＝16，a12q5＝﹣32，∴q＝﹣2，则，则，故选：D.本题主要考查等比数列的前n项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.3．C【解析】

命题为全称命题，它的否定为特称命题，将全称量词改为存在量词，并将结论否定，可知命题的否定为，故选C．4．B【解析】

过点E作，垂足为H，过H作，垂足为F，连接EF.因为平面ABE，所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.设，将表示成关于的函数，再求函数的最值，即可得答案.【详解】过点E作，垂足为H，过H作，垂足为F，连接EF.因为平面平面ABCD，所以平面ABCD，所以.因为底面ABCD是边长为1的正方形，，所以.因为平面ABE，所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.易证平面平面ABE，所以点H到平面ABE的距离，即为H到EF的距离.不妨设，则，.因为，所以，所以，当时，等号成立.此时EH与ED重合，所以，.故选：B.本题考查空间中点到面的距离的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意辅助线及面面垂直的应用.5．C【解析】

根据函数的对称性和单调性的特点，利用排除法，即可得出答案.【详解】A中，当时，，所以不关于直线对称，则错误；B中，，所以在区间上为减函数，则错误；D中，，而，则，所以不关于直线对称，则错误；故选：C.本题考查函数基本性质，根据函数的解析式判断函数的对称性和单调性，属于基础题.6．A【解析】试题分析：由题意，得，解得，故选A．考点：函数的定义域．7．C【解析】

先根据直线与直线平行确定的值，进而即可确定结果.【详解】因为直线与直线平行，所以，解得或；即或；所以由能推出；不能推出；即是的充分不必要条件.故选C本题主要考查充分条件和必要条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型.8．B【解析】

根据线段垂直平分线的性质，结合三角形中位线定理、圆锥曲线和圆的定义进行判断即可.【详解】因为线段的垂直平分线与直线相交于点，如下图所示：所以有，而是中点，连接，故，因此当在如下图所示位置时有，所以有，而是中点，连接,故，因此，综上所述：有，所以点的轨迹是双曲线.故选：B本题考查了双曲线的定义，考查了数学运算能力和推理论证能力，考查了分类讨论思想.9．A【解析】

执行程序框图，逐次计算，根据判断条件终止循环，即可求解，得到答案．【详解】由题意，执行上述的程序框图：第1次循环：满足判断条件，；第2次循环：满足判断条件，；第3次循环：满足判断条件，；不满足判断条件，输出计算结果，故选A．本题主要考查了循环结构的程序框图的结果的计算与输出，其中解答中执行程序框图，逐次计算，根据判断条件终止循环是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．10．D【解析】试题分析：先画出可行域如图：由，得，由，得，当直线过点时，目标函数取得最大值，最大值为3；当直线过点时，目标函数取得最小值，最小值为3a；由条件得，所以，故选D.考点：线性规划.11．B【解析】

对分类讨论，代入解析式求出，解不等式，即可求解.【详解】函数，由得或解得.故选:B.本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题.12．A【解析】

设出A，B的坐标，利用导数求出过A，B的切线的斜率，结合，可得x1x2＝﹣1．再写出OA，OB所在直线的斜率，作积得答案．【详解】解：设A（），B（），由抛物线C：x2＝1y，得，则y′．∴，，由，可得，即x1x2＝﹣1．又，，∴．故选：A．点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是解题的思路，由于与切线有关，所以一般先设切点，先设A,B,,再求切线PA,PB方程，求点P坐标，再根据得到最后求直线与的斜率之积.如果先设点P的坐标，计算量就大一些.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

计算出，两个复数相等，实部与实部相等，虚部与虚部相等，列方程组求解.【详解】，所以，所以.故答案为：-8此题考查复数的基本运算和概念辨析，需要熟练掌握复数的运算法则.14．【解析】乙不输的概率为，填.15．①③④【解析】

对于①中，当点与点重合，与点重合时，可判断①正确；当点点与点重合，与直线所成的角最小为，可判定②不正确；根据平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，可判定③正确；四面体在上下两个底面和在四个侧面上的投影，均为定值，可判定④正确.【详解】对于①中，当点与点重合，与点重合时，，所以①正确；对于②中，当点点与点重合，与直线所成的角最小，此时两异面直线的夹角为，所以②不正确；对于③中，设平面两条对角线交点为，可得平面，平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，所以四面体的体积一定是定值，所以③正确；对于④中，四面体在上下两个底面上的投影是对角线互相垂直且对角线长度均为1的四边形，其面积为定义，四面体在四个侧面上的投影，均为上底为，下底和高均为1的梯形，其面积为定值，故四面体在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值，所以④正确.故答案为：①③④.本题主要考查了以空间几何体的结构特征为载体的谜题的真假判定及应用，其中解答中涉及到棱柱的集合特征，异面直线的关系和椎体的体积，以及投影的综合应用，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.16．7【解析】

根据题意，当时，，可得，进而得数列为等比数列，再计算可得，进而可得结论.【详解】由题意，当时，，又，解得，当时，由，所以，，即，故数列是以为首项，为公比的等比数列，故，又，，所以，.故答案为：.本题考查了数列递推关系、函数求值，考查了推理能力与计算能力，计算得是解决本题的关键，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．;.【解析】

连接，由三角形相似得，，进而得出，，写出椭圆的标准方程；由得，，因为直线与椭圆相切于点，，解得，，因为点在第二象限，所以，，所以，设直线与垂直交于点，则是点到直线的距离，设直线的方程为，则，求出面积的取值范围.【详解】解：连接，由可得，，，椭圆的标准方程；由得，，因为直线与椭圆相切于点，所以，即，解得，，即点的坐标为，因为点在第二象限，所以，，所以，所以点的坐标为，设直线与垂直交于点，则是点到直线的距离，设直线的方程为，则，当且仅当，即时，有最大值，所以，即面积的取值范围为.本题考查直线和椭圆位置关系的应用，利用基本不等式，属于难题.18．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由得令可得，进而得到，同理，利用数量积坐标计算即可；（2），分，两种情况讨论即可.【详解】（1）证明：点的坐标为.联立方程，消去后整理为有，可得，，.可得点的坐标为.当时，可求得点的坐标为，，.有,故有.（2）若点在轴上方，因为，所以有，由（1）知①因为时.由（1）知，由函数单调递增，可得此时.②当时，由（1）知令由，故当时，，此时函数单调递增：当时，，此时函数单调递减，又由，故函数的最小值，函数取最小值时，可求得.由①②知，若点在轴上方，当的面积最小时，直线的斜率为.本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到分类讨论求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道难题.19．（1）（2）证明见解析【解析】

（1）求出的导数，根据导函数的性质判断函数的单调性，再利用函数单调性解函数型不等式；（2）构造函数，利用导数判断在区间上单调递减，结合可得结果.【详解】（1）若，则.设，则，所以在上单调递减，在上单调递增.又当时，；当时，；当时，，所以所以在上单调递增，又，所以不等式的解集为.（2）设，再令，，在上单调递减，又，，，，，.即本题考查利用函数的导数来判断函数的单调性，再利用函数的单调性来解决不等式问题，属于较难题.20．（1），表示圆心为，半径为的圆；（2）【解析】

（1）根据参数得到直角坐标系方程，再转化为极坐标方程得到答案.（2）直线方程为，计算圆心到直线的距离加上半径得到答案.【详解】（1），即，化简得到：.即，表示圆心为，半径为的圆.（2），即，圆心到直线的距离为.故曲线上的点到直线的最大距离为.本题考查了参数方程，极坐标方程，直线和圆的距离的最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.21．（Ⅰ）；（Ⅱ）。【解析】

（Ⅰ）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集；（Ⅱ）由条件利用基本不等式求得，，再由，求得的范围．【详解】（Ⅰ）当时，原不等式可化为，此时不成立；当时，原不等式可化为，解得，即；当