安徽省“江南十校”2025届新高三第一次综合素质检测数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页安徽省“江南十校”2025届新高三第一次综合素质检测数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。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.记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3A.28 B.30 C.32 D.363.已知函数f(x)=1−22x+1，则对任意实数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都是锐角，cosα=17，cos(α+β)=−11A.12 B.3998 C.59985.已知(1+2x)n的展开式中各项系数的和为243，则该展开式中的x4项的系数为A.5 B.16 C.40 D.806.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为A.3π2 B.5π2 C.2π 7.某次跳水比赛甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动员进入跳水比赛决赛，现采用抽签法决定决赛跳水顺序，在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”的前提下，“运动员丙第一个出场”的概率为(

)A.313 B.15 C.148.对于x>0，e2λx−1λlnA.λ≥1e B.λ≥12e C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是(

)A.z⋅z=|z|2

B.5+i>4+i

C.若|z|=1，则z=±1或z=±i

D.若1≤|z|≤10.箱中装有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片.A表示事件“第一次取出的卡片数字是奇数”，B表示事件“第二次取出的卡片数字是偶数”，C表示事件“两次取出的卡片数字之和是6”，则(

)A.P(A∪B)=1 B.P(B∪C)=1325 C.A与B相互独立 D.B与11.定义：设f′(x)是函数f(x)的导数，f″(x)是函数f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数f(x)=axA.a=13，b=−1

B.f(110)+f(210)+⋯+f(1810)+f(1910)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.抛物线y=2x2上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标为

．13.已知样本x1，x2，⋯，x6的平均数为3，方差为4，样本y1，y2，⋯，y9的平均数为8，方差为2，则新样本x1，x2，⋯，x6，y1，14.在△ABC中，AB⋅CB−AC⋅BC=−四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)如图，一个质点在随机外力作用下，从原点O处出发，每次等可能地向左或者向右移动一个单位．(Ⅰ)求质点移动5次后移动到1的位置的概率;(Ⅱ)设移动5次中向右移动的次数为X，求X的分布列和期望．16.(本小题12分)如图，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与平面CDE交于(Ⅰ)求证：CD//EF;(Ⅱ)若CD=EF，求二面角A−BC−F的余弦值．17.(本小题12分)已知a>0，函数f(x)=xe(Ⅰ)证明f(x)存在唯一的极值点;(Ⅱ)若存在a，使得f(x)≥b−2a对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．18.(本小题12分)已知圆M:(x+1)2+y2=16，动圆D过定点N(1,0)且与圆(Ⅰ)求曲线C的方程;(Ⅱ)曲线C上三个不同的动点P，E，F满足PE与PF的倾斜角互补，且P不与曲线C的顶点重合，记P关于x轴的对称点为P′，线段EF的中点为H，O为坐标原点，证明：P′，H，O三点共线．19.(本小题12分)设集合M={a|a=x2−y2,x∈Z,y∈Z}.对于数列{a(Ⅰ)已知在数列{an}中，a1=3，(n+1)a(Ⅱ)已知bn=2n，判断{(Ⅲ)已知数列{cn}为“平方差数列”，求证：ci参考答案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)设质点移动到1为事件A，则向左移动2次，向右移动3次，P(A)=C52(12)5=516．

(Ⅱ) X的可能取值为0，1，2，3，4，5

P(X=0)=C50(12)5=13216.(Ⅰ)证明：因为AB/​/CD，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，所以CD/​/平面ABE，

因为平面ABE∩平面CDE=EF，CD⊂平面CDE，所以CD/​/EF；

(Ⅱ)解：过C作CM/​/AD，交AB于M，因为AB/​/CD，所以四边形AMCD为平行四边形，

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

取AD中点O，BC中点N，连接ON交MC于H，连接FH、FN，

所以CD//ON//AB，CD=OH，OE⊥AD，

又因为平面ABCD⊥平面ADE，平面ABCD∩平面ADE=AD，OE⊂平面AED,

所以OE⊥平面ABCD，

因为CD/​/EF，EF=CD，所以EF//OH，EF=OH，所以四边形EFHO为平行四边形，

所以FH//OE，FH=OE=12⋅AD=2，于是FH⊥平面ABCD，

因为AB⊥BC，ON//AB,所以HN⊥BC，又BC⊂平面ABCD,所以FH⊥BC，

因为FH,HN为平面FHN中的两条相交直线,所以BC⊥平面FHN,FH⊂平面FHN,所以BC⊥FN，

所以∠FNH为二面角A−BC−F的平面角，

因为FN=F17.解：(Ⅰ)证明：f′(x)=(x+1)ex−a，令g(x)=f′(x)，则g′(x)=(x+2)ex，

当x∈(−∞,−2)时，g′(x)<0，f′(x)单调递减；

当x∈(−2,+∞)时，g′(x)>0，f′(x)单调递增；

 ①当x<−1时，f′(x)=(x+1)ex−a<−a<0，所以x<−1时f′(x)无零点；

 ②当x≥−1时，f′(−1)=−a<0，f′(a)=(a+1)ea−a>(a+1)−a>0，

由零点存在定理，x≥−1时，f′(x)有唯一零点m∈(−1,a)，

综上，f′(x)在R上存在唯一零点．

所以，当x∈(−∞,m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)存在唯一的极值点m；

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

由于a>0，所以m>−1，f(x)≥b−2a等价于b≤f(x)+2a，

令ℎ(x)=f(x)+2a，则ℎ(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)已知圆M的圆心为M(−1,0)，半径为4;

设动圆D的圆心为D(x,y)，半径为R.|DN|=R，|DM|=4−R，|DM|+|DN|=4>|MN|，

点D的轨迹是以M，N分别为左右焦点且长轴长为4的椭圆，

则曲线C的方程为x24+y23=1．

(Ⅱ)设P(x0,y0)，E(x1,y1)，F(x2,y2)，H(x3,y3)，P′(x0,−y0)，

由题意x1≠x2，y1≠y2，可知2x3=x1+x2，2y3=y1+y2，

x124+y123=1，x224+y223=1，

两式相减得kEF=y1−y19.解：(Ⅰ)由(n+1)an−nan+1=1，得(n+2)an+1−(n+1)an+2=1，

两式相减，得(2n+2)an+1=(n+1)(an+2+an)，

即2an+1=an+2+an，所以数列{an}是等差数列．

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．

又因为2n+1=(n+1)2−n2，n+1∈Z，n∈Z，所以2n+1∈M，

即数列{an}是“平方差数列”，

(Ⅱ