安徽省多校联考2025届高三上学期开学质量检测数学试题（解析）

2025届高三第一学期开学质量检测数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自已的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.【详解】依题意，或，而，所以.故选：B2.已知复数，则复数的虚部为（）A. B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】利用利用复数的乘除运算求出复数即可得解.【详解】依题意，复数，所以复数的虚部为.故选：A3.已知函数的图象在点处的切线方程为，则（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解即得.【详解】函数，求导得，依题意，，所以.故选：D4.已知，则“”是“过点有两条直线与圆相切”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】若过点有两条直线与圆相切，可知点在圆外，即可得的取值范围，根据充分、必要条件结合包含关系分析判断.【详解】若过点有两条直线与圆相切，可知点在圆外，则，解得或，显然是的真子集，所以“”是“过点有两条直线与圆相切”的充分不必要条件.故选：A.5.陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成.如图，已知一木制陀螺的圆柱的底面直径为6，圆柱和圆锥的高均为4，则该陀螺的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析该陀螺的表面结构，结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解.【详解】由题意可知：该陀螺的表面有：底面圆面、圆柱的侧面和圆锥的侧面，且圆锥的母线长为，所以该陀螺的表面积为.故选：C.6.用数字组成没有重复数字的五位数，在所组成的五位数中任选一个，则这个五位数中数字按从小到大的顺序排列的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可得组成没有重复数字的五位数有，根据定序法可得符合题意的五位数个数，结合古典概型运算求解.【详解】由题意可知：组成没有重复数字的五位数有个；若这个五位数中数字按从小到大的顺序，所以符合题意的五位数有个，所以所求的概率为.故选：C.7.如图，在正三棱柱中，，直线与平面所成角的正切值为，则正三棱柱的外接球的半径为（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用线面角的正切求出，再求出正三棱柱的外接球半径.【详解】在正三棱柱中，取的中点，连接，则，由平面，平面，得，又，平面，因此平面，是直线与平面所成的角，则，由，得，而，则，，因此正三棱柱的外接球球心到平面的距离，而的外接圆半径，所以正三棱柱的外接球的半径.故选：D8.若锐角满足，数列的前项和为，则使得成立的的最大值为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】根据题意结合三角恒等变换可得，，分析可知数列是以首项，公比为的等比数列，即可得，利用裂项相消法求，代入运算求解即可.【详解】因为，且，即，且，则，可得，整理可得，解得或（舍去），则，，可得，则，且，可知数列是以首项，公比为的等比数列，则，可得，所以，则，整理可得，则，解得，所以的最大值为4.故选：C.【点睛】思路点睛：1.利用三角恒等变换求；2.根据递推公式分析可知数列是以首项，公比为的等比数列，进而可得；3.利用裂项相消法求，代入解不等式即可.二､多选题：本题共3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.已知函数，则（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象关于直线对称C.函数的图象关于点对称D.函数在区间上的值域为【答案】ABD【解析】【分析】由题意可得：，根据正弦函数周期公式判断A；代入检验，结合对称性的性质判断BC；以为整体，结合正弦函数的性质求值域.【详解】因为，对于选项A：因为函数的最小正周期为，故A正确；对于选项B：因为为最大值，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；对于选项C：因为不为0，所以函数的图象不关于点对称，故C错误；对于选项D：因为，则，可得，即，所以函数在区间上的值域为，故D正确；故选：ABD.10.设分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上任意一点，则（）A.存在四个点，使得B.若点不在轴上，直线的斜率是直线的斜率的倍，则点的横坐标为C.存在点，使得D.的最小值为14【答案】BC【解析】【分析】由题意在以为直径的圆上，求得可判断A；设，若存在这样的点，则，求解可判断B；设，，可判断C；，可判断等号不成立可判断D.【详解】由椭圆，可得，所以，对于A：若，则在以为直径的圆上，因为，所以在椭圆上存在2个点，使得，故A错误；对于B：设，若存在点使直线的斜率是直线的斜率的-3倍，则，解得，又，所以存在这样的点，故B正确；对于C：设，，当时，，所以存在点，使得，故C正确；对于D：，当且仅当，即时取等号，又，则，故等号不成立，故D错误.故选：BC.11.已知函数，则下列选项中正确的是（）A.函数的极小值点为B.C.若函数有4个零点，则D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】求导，利用导数判断的单调性和最值，可得的图象，进而可以判断A；对于B：根据的单调性分析判断；对于C：根据偶函数性质分析可知：原题意等价于当时，y=fx与有2个交点，结合的图象分析求解；对于D：构建，结合导数可得，结合极值点偏离分析证明.【详解】由题意可知：的定义域为0,+∞，且，令f'x>0，解得；令f'可知在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，则，且当趋近于0或时，趋近于，可得函数的图象，如图所示：对于选项A：可知函数的极小值点为，故A正确；对于选项B：因为，且在1,+∞内单调递增，所以，故B错误；对于选项C：令，可得，可知函数有4个零点，即与有4个交点，且的定义域为，且，可知为偶函数，且当时，原题意等价于当时，y=fx与有2由题意可知：，故C正确；对于选项D：设，则，可知y=gx在0,1即，则，若，不妨设，则，即，且，且在1,+∞内单调递增，则，所以，故D正确；故选：ACD.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数hx（3）利用导数研究hx（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，若，则实数________．【答案】【解析】【详解】试题分析：．考点：平面向量的坐标运算；共线向量13.定义在上的函数满足，当时，，则不等式的解集为__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，可得函数的图象关于直线对称，再利用导数求出在上的单调性，再借助性质解不等式.【详解】依题意，函数图象关于直线对称，当时，，令，求导得，函数在上单调递增，，函数在上单调递增，不等式化为，解得或，所以不等式的解集为.故答案为：14.已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，作出图形，结合三角形中位线性质可得，再利用双曲线定义及勾股定理求解即得.【详解】令双曲线的半焦距为，由离心率为2，得，取的中点，连接，由，得，则，连接，由为的中点，得，，，因此，即，整理得，而，所以.故答案为：四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15.在中，内角所对的边分别为.（1）求；（2）若，求的面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用倍角公式以及正弦定理即可得结果；（2）利用余弦定理结合基本不等式可得，即可得面积最大值.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，则，且，所以.【小问2详解】由余弦定理可得，即，可得，即，当且仅当时，等号成立，所以的面积的最大值为.16.已知某种机器的电源电压（单位：）服从正态分布.其电压通常有3种状态：①不超过；②在之间；③超过.在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为.（1）求该机器生产的零件为合格品的概率；（2）为了检测零件是否合格，在一批零件中任意抽取4件，记这4件中合格品有个，求的分布列､数学期望和方差.附：若，则【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望为，方差为【解析】【分析】（1）根据题意，由正态分布的概率公式代入计算，再由全概率公式，即可得到结果；（2）根据二项分布求解分布列，代入期望和方差公式求解即可【小问1详解】记电压“不超过”、“在之间”、“超过”分别为事件，“该机器生产的零件为不合格品”为事件．因，所以，，．所以，所以该机器生产的零件为不合格品的概率为．小问2详解】从该机器生产的零件中随机抽取4件，设不合格品件数为，则，，，，，所以的分布列为所以的数学期望为，的方差为.17.如图，在四棱锥中，平面∥为的中点.（1）若，证明：平面；（2）已知，平面和平面的夹角的余弦值为，求.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明；（2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量结合面面夹角运算求解.【小问1详解】因为平面平面，可知，且为的中点，则，若，即，则，且，平面平面，所以平面.【小问2详解】由题意可知：平面，，以A为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，因为，设，则，可得，设平面的法向量为m=x1,令，则，可得；设平面的法向量为n=x2,令，则，可得；由题意可得：，解得（舍负），所以.18.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见详解（2）【解析】【分析】（1）求得可得，分和两种情况，利用导数判断原函数单调性；（2）根据题意结合（1）中单调性分析可得，构建，利用导数判断其单调性，进而解不等式.【小问1详解】因为的定义域为，且，若，则，可知在定义域内单调递减；若，令，解得，当，；当，；可知在内单调递增，在内单调递减；综上所述：若，在定义域内单调递减；若，在内单调递增，在内单调递减.【小问2详解】因为，若，在定义域内单调递减，且，不合题意；若，在内单调递增，在内单调递减.则，令，则，令，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则，即，可知在内单调递增，且，则，可得，所以实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题（1）分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．（2）函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．19.已知点在抛物线上，按照如下方法依次构造点，过点作斜率为的直线与抛物线交于另一点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.（1）求的值；（2）分别求数列的通项公式；（3）求的面积.【答案】（1）（2），（3）16【解析】【分析】（1）将点代入抛物线运算即可；（2）可得，联立直线方程和抛物线方程解得，（3）分析可知数列是以首项为2，公差为4