安徽省淮南市、淮北市2025届高三上学期第一次质量检测数学试卷（含解析）

安徽省淮南市和淮北市2025届高三上学期第一次质量检测数学试题一、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，，则A. B. C. D.2.已知复数，则z的实部为A. B.0 C.1 D.23.“”是“直线与直线垂直”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4.权，是中国传统度量衡器具，历史悠久，文化底蕴深厚，承载着中华民族在政治、经济、文化方面的大量信息．“环权”类似于砝码如下图，用于测量物体质量．已知九枚环权的质量单位：铢从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则的前8项和为

A.194 B.193 C.192 D.1915.下列各式的值为的是A. B.

C. D.6.已知正三角形的三个顶点坐标分别为，，，若，则A. B. C. D.7.定义在上的函数的图象如图所示，则实数对可以是

A. B. C. D.8.已知点，，P是直线上的动点，B在直线AP上的投影为Q，则的最小值为A.3 B. C.4 D.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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.如图，在正方体中，M，N，P是对应棱的中点，则

A.直线平面PMN B.直线平面PMN

C.直线与MN的夹角为 D.平面PMN与平面的交线平行于MN10.已知函数则下列说法正确的是A.函数的图象是连续不断的曲线

B.

C.

D.若方程有三个不同的根，则k的取值范围是11.如图，点是以，，，为顶点的正方形边上的动点，角以Ox为始边，OP为终边，定义，则A.，

B.

C.函数，的图象关于点对称

D.函数，的图象与x轴围成封闭图形的面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知为奇函数，当时，则________.13.若a，，且，则ab的最小值为

.14.如图，点M，N分别是正四棱锥的棱PA，PC的中点，设平面，则PQ与PD长度之比为

，四棱锥被平面BMN分成上下两部分体积之比为

.

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分记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，Ⅰ求B；Ⅱ若D为AB边上任意一点，作于E，设，试用表示，并求的最大值．16.本小题12分如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面ABCD，且，点M在线段PD上，Ⅰ求证：平面PCD；Ⅱ求平面MAC与平面PAB夹角的余弦值．17.本小题12分在平面直角坐标系xOy中，圆C：R，点Ⅰ若圆心C在直线上，过点P作圆C的切线，求切线方程；Ⅱ若圆C上存在点Q，使，求a的取值范围．18.本小题12分已知函数Ⅰ求证：当时，；Ⅱ若时，恒成立，求实数a的取值范围；Ⅲ求证：对任意N，19.本小题12分已知无穷数列满足：，NⅠ若，，试写出的所有可能值；Ⅱ若，，记，求的前2025项之积；Ⅲ若数列存在最大项，证明：存在N，使得答案和解析1.【答案】A

解：因为集合，

所以，

故选：2.【答案】B

解：因为复数，

所以z的实部为3.【答案】A

解：①当时，两方程可化为，，斜率分别为和2，

两直线垂直，充分性成立，

②与直线垂直，则，

，必要性不成立，

”是“直线与直线垂直的充分不必要条件4.【答案】C

解：因为后7项成等比数列，设公比为q，且，，

所以，

所以，

则，

因为数列的前3项成等差数列，，

所以，

所以数列的前8项和为：

故选5.【答案】C

解：根据；

；

；

6.【答案】D

解：设，，，

则AB的重点坐标为，，，

所以AB中垂线的方程为，即，

则C点在直线，即，

即，

又因为为正三角形，

所以，

则，

整理，得，

即，解得，

因为，

所以，则

故选7.【答案】D

解：由图像可知，当时，函数单调递增，

当时，函数单调递减，其中，

A选项，当为时，

函数，

则，

由，得或，

由，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，不符合题意，故A错误；

B选项，当为时，

函数，

则，

当时，，单调递增，不符合题意，故B错误；

C选项，当为时，

函数，

则，

当时，，单调递增，不符合题意，故C错误；

D选项，当为时，

函数，

则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，符合题意，故D正确.

故选8.【答案】B

解：因为B在直线AP上的投影为Q，

所以Q的轨迹是以AB为直径的圆，圆心为，半径为1，

过P作圆的切线PC，切点为C，则，

所以的最小值为的最小值，

，而D到直线的距离为，

所以PA的最小值为，所以的最小值为

，

所以的最小值为

.

故选9.【答案】BCD

解：对于A，连接AC，，则

因为M，N是对应棱的中点，所以，

因为平面，平面，

所以平面，

同理平面，

因为，，所以平面平面，

因为直线不平行平面，所以直线不平行平面PMN，A错误；

因为，，，，所以平面，

因为平面，所以，

同理可得，，

由于AC和是平面上的两条相交直线，

所以根据直线与平面垂直的判定定理，得直线平面，

因为平面，所以直线平面PMN，B正确；

由题意，为直线与MN的夹角，

因为为等边三角形，所以，C正确；

因为平面平面ABC，平面PMN与平面ABC的交线为MN，

所以根据面面平行的性质可知平面PMN与平面的交线平行于MN，D正确.

故选10.【答案】BC

解：由题意，时，，，，

又，所以可知函数的图象不是连续不断的曲线，A错误；

，时，，

所以，B正确；

，，

因为，所以，C正确；

同理时，，时，，

将代入，则，

此时方程有两个不同的根，故D错误.

故选11.【答案】BCD

解：由题意，，，则，，，，所以，A错误；

角以Ox为始边，OP为终边，，则以Ox为始边，OQ为终边，，

所以，B正确；

由题意，，

所以，

所以函数，的图象关于点对称，C正确；

在第一象限，，所以，，函数，的图象关于点对称，

利用正弦函数的图象与性质，可知的图象与x轴围成封闭图形的面积为，

结合对称性，可知函数，的图象与x轴围成封闭图形的面积为，D正确.

故选12.【答案】

解：因为函数为奇函数，

所以

故答案为：13.【答案】32

解：由于a，，则，即，

于是，，当且仅当取等号，故ab的最小值是

故答案为：14.【答案】

；

解：连接MN，AC、BD，

设，连接OP，设，

因为M，N为棱PA，PC的中点，所以，则H为OP的中点，延长BH交PD于点Q，取QD的中点E，连接EO，则，

所以Q为PD的三等分点，

所以PQ与PD长度之比为；

不妨设，，则，，，

因为平面平面BMN，且BE为交线，所以P到平面BMN的距离等于P到直线BE的距离，

，

在中，由余弦定理得，

则，

则P到直线BQ的距离，

在中，，

显然，，四边形BMQN的对角线垂直，

则，

四棱锥的高，则，

所以下方几何体体积，所以15.【答案】解：Ⅰ因为，

所以，

所以，故

Ⅱ由Ⅰ知，，从而为直角三角形，

在中，由正弦定理知，

即，

在中，有，

所以

，，

当，即时，取得最大值

16.【答案】解：设，则，AD中点为O，BC中点为E，

分别以OE，OD，OP为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，

Ⅰ，，，，，

，，，

所以，，

故，，

因为，PD、平面PCD，

所以平面

Ⅱ设，分别是平面MAC，平面PAB的法向量，

，，，

由且，

得，所以可取，

由且，得，

所以可取，

设两平面夹角为，则

17.【答案】解：Ⅰ因为圆心在直线上，

所以，即，所以圆心C的坐标为

当过P点的切线斜率存在时，

方程可设为，即，则，解得，

得切线方程为

当过A点切线斜率不存在时，直线也满足，

综上，所求直线方程为或

Ⅱ设点，，

由，化简得：

点Q的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，

又点Q在圆C上，所以圆C与圆的关系为相交或相切，

因此，，

即，解得：

18.【答案】解：Ⅰ设，

则，令，则，

所以在上单调递减，又，所以在上恒成立，

所以在上单调递减，又，所以在上恒成立，

所以当时，

Ⅱ设，，则，

当时，，单调递增，且，所以当时，

当时，令，得，

当时，，单调递减，又，所以，不满足题意.

综上可得，a的取值范围是

Ⅲ原命题等价于

由Ⅱ知，

所以，

从而

另一方面，设，

则，从而在上单调递减，

当时，即，

所以，

从而当时，有