2025届安徽省部分地区高三上学期12月联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省部分地区2025届高三上学期12月联考数学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数，平面向量，数列，立体几何与空间向量（），其余内容（）.—、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.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】命题“”的否定是，故选：D2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】集合，因为，所以，则.故选：A.3.已知平面，直线且，则“”是“”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】因，又，则，即“”是“”的充分条件；当，时，不一定和l平行，还有可能异面，则“”不是“”的必要条件.则“”是“”的充分不必要条件.故选：A4.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（）A. B. C.或 D.或【答案】C【解析】因为，所以，因为的终边过点，所以，解得，，当时，，当时，，综上所述：或.故选：C.5.已知向量，且向量与的夹角为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，则，由平面向量数量积的定义可得，所以，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.故选：C.6.已知两个等差数列的前项和分别是，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，在两个等差数列中，前项和分别是，，对于一般等差数列前项和为二次型函数：（为常数），∴设，，为常数∴，故选：B.7.如图，在扇形OAB中，半径，弧长为，点是弧AB上的动点，点分别是半径上的动点，则周长的最小值是（）A. B.4 C. D.【答案】D【解析】连接，作点关于直线的对称点，关于直线的对称点，连接分别交，与点，连接如下图所示：则,,此时的周长取得最小值，其最小值为的长度；因为扇形OAB的弧长为，半径为2，所以；根据对称性可知，在中，由余弦定理可得，所以.即周长的最小值是.故选：D8.已知定义域为的函数满足：，且当时，，若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意，任取，且，则，，所以，即，所以函数在上单调递增，由，设，，则，所以函数在上单调递增，所以，则，即.由，设，，则，因为，所以，则，而，则，所以，则函数在上单调递减，所以，则，即.综上所述，，又函数在上单调递增，则.故选：B.二、选择题：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.某超市随机抽取了当天100名顾客的消费金额作为样本，并分组如下：（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（）A.若该超市当天总共有600名顾客，则消费金额在（单位：元）内的顾客约有180人B.若每组数据以区间中点值为代表，则样本中消费金额的平均数是145元C.若用样本估计总体，则该超市当天消费金额的中位数是100.8元D.现从样本的第1，2组中用比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人做进一步调查，则抽到的2人的消费金额都不少于50元的概率是【答案】BD【解析】因为，所以，对于A，所以消费金额在内的顾客约有人，A选项错误；对于B，样本中消费金额的平均数是元，B选项正确；对于C，设消费金额的中位数是，前二组的频率和为，前三组的频率和为，所以在第三组，所以，所以元，C选项错误；对于D，第1组频率，第2组频率分别为，所以从样本的第1，2组中用比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，第1组抽2人，第2组抽4人，所以从这6人中随机抽取2人做进一步调查，则抽到的2人的消费金额都不少于50元的概率是，D选项正确.故选：BD.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.函数的图象与直线的相邻两交点间的距离为D.【答案】ABD【解析】由图可得，，，因，取，对于A，，故A正确；对于B，，则，，即，故B正确；对于C，令或，得或，其中，分别取，得相邻三个根为，则相邻根的差值即的图象与直线的相邻两交点间的距离为或，故C错误；对于D，，，则，故D正确.故选：ABD11.某兴趣小组制作了一个直三棱柱容器（容器壁厚度忽略不计），其中，，则下列说法正确的是（）A.若四棱锥的体积为，则B.若三棱柱的外接球的表面积为，则三棱柱的侧面积为30C.若，棱长为的正方体能被整体放入此容器且可自由转动，则的最大值为D.若，点在四边形内（含边界），且，则点的轨迹长度为【答案】ABD【解析】对于A,根据余弦定理，，则,如图，过点作，垂足为，所以,因为直三棱柱，所以四棱锥的高为，所以，故A正确；对于B,设三棱柱的外接球的球心为,半径为,分别为上底面和下底面外接圆的圆心，则为外接圆的半径，如上图，则,,所以,所以,所以三棱柱的侧面积为，故B正确；对于C，因为内切圆的半径为，又因为，所以三棱柱能容纳的最大的内切球的半径为，则棱长为的正方体能整体放入此容器且可自由转动，则棱长最大的正方体恰好是直径为的球的内接正方体，则，则的最大值为1，故C错误；对于D，在平面ABC内作，垂足为H，由A的分析可知H落在CB的延长线上，且，由于平面，平面，故，又平面，故平面，平面,故，而，故，又，故P点轨迹为以H为圆心，3为半径的圆在四边形内（含边界）的圆弧MN，在中，，则，故弧MN的长为，即点的轨迹长度为，故D正确；故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则_____________.【答案】1【解析】由题意，在中，，，故答案为：1.13.已知随机变量，且正数满足，则的最小值为_____________.【答案】9【解析】因为随机变量，正数满足，有对称性可知，即，所以；当且仅当，即时，等号成立.故答案为：914.已知实轴长为的双曲线的渐近线为，、分别为的上、下焦点，过点的直线与的上、下两支分别交于点、，且，则直线的斜率为_____________.【答案】【解析】因为实轴长为的双曲线的渐近线为，则，解得，所以，双曲线的方程为，，如下图所示：设，由双曲线的定义可得，则，，所以，，所以，，由余弦定理可得，所以，，解得，所以，，所以，，当直线的倾斜角为锐角时，则，所以，，此时，直线的斜率为；当直线的倾斜角为钝角时，由对称性可知，直线的斜率为.综上所述，直线的斜率为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图1，在矩形ABCD中，，将沿着BD翻折到的位置，得到三棱锥，且平面ABP，如图2所示.（1）求证：平面平面ABD；（2）求直线AB与平面BPD所成角的正弦值.（1）证明：因为平面ABP，平面ABP，可得，，由题意可知：，且，平面，可得平面，由平面ABD，所以平面平面ABD.（2）解：由题意可知：，设点到平面的距离为，因为，即，解得，所以直线AB与平面BPD所成角的正弦值为.16.已知的内角的对边分别为向量.（1）求的大小；（2）是边BC上一点且AD平分，若的面积是，求的周长.解：（1）由，可得，再由三角形正弦定理角化边得：，整理得：，再由余弦定理得：，又因为，所以.（2）由的面积公式得：，因为AD平分，，，所以，化简得：，又由的面积是，则，解得：，所以，又由余弦定理得：，所以，即三角形的周长是.17.已知函数与分别是定义在上的奇函数和偶函数，且.（1）求函数与的解析式；（2）若对于，不等式恒成立，求实数的取值范围.解：（1）由①，可得，所以②，①②可得，所以，①②可得，所以；（2）由（1）知，所以在上单调递增，由，得，所以，当时，，不等式恒成立，当时，，所以不等式变形为，令，所以，令，求导得，因为，所以，所以在上单调递减，所以，所以，所以在上单调递增，所以，因为对于，不等式恒成立，所以，所以实数的取值范围为.18.已知数列满足，且.（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式；（3）若数列的前项和为，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.（1）证明：因，则，则是以为首项，公比为3的等比数列；（2）解：由（1），，则是以为首项，公差为1等差数列，则；（3）证明：由（2），，则，则.证明：假设数列中存在不同的三项能构成等差数列，设这三项项数为.其中，则，.设，则，得，注意到，，则.这与矛盾，则数列中不存在不同的三项能构成等差数列.19.法国著名数学家拉格朗日给出一个结论：若函数在闭区间上的图象是一条连续不断的曲线，在开区间上都有导数，则在区间上存在实数，使得，这就是拉格朗日中值定理，其中称为在区间上的“拉格朗日中值”.已知函数.（1）利用拉格朗日中值定理求函数在上的“拉格朗日中值”；（2）利用拉格朗日中值定理证明：函数上任意两点连线的斜率不小于；（3）针对函数，请证明拉格朗日中值定理成立.（1）解：由题，，因，，则（负值舍去）；（2）解：由题，，设，设，则在R上单调递增，注意到，则当在上单调递增，在上单调递减，则，设函数上任意两点为，则函数上任意两点斜率的表达式为，由拉格朗日中值定理，在区间上存在实数，使，即，因，则，即函数上任意两点连线的斜率不小于；（3）证明：，由题即相当于证明，，存在，使，即，即命题等价于证明对任意，，下面证明：，先证：，不等式两边同时除以a，所证不等式变为，令，则所证不等式可化为，构造函数，则，则上递减，则，则；再证：，因，则所证不等式可化为，即，令，则所证不等式可化为，构造函数，则，则在上递增，则，则，又由基本不等式可得，则，又注意到，则，即对任意，，则命题得证.安徽省部分地区2025届高三上学期12月联考数学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数，平面向量，数列，立体几何与空间向量（），其余内容（）.—、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.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】命题“”的否定是，故选：D2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】集合，因为，所以，则.故选：A.3.已知平面，直线且，则“”是“”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】因，又，则，即“”是“”的充分条件；当，时，不一定和l平行，还有可能异面，则“”不是“”的必要条件.则“”是“”的充分不必要条件.故选：A4.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（）A. B. C.或 D.或【答案】C【解析】因为，所以，因为的终边过点，所以，解得，，当时，，当时，，综上所述：或.故选：C.5.已知向量，且向量与的夹角为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，则，由平面向量数量积的定义可得，所以，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.故选：C.6.已知两个等差数列的前项和分别是，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，在两个等差数列中，前项和分别是，，对于一般等差数列前项和为二次型函数：（为常数），∴设，，为常数∴，故选：B.7.如图，在扇形OAB中，半径，弧长为，点是弧AB上的动点，点分别是半径上的动点，则周长的最小值是（）A. B.4 C. D.【答案】D【解析】连接，作点关于直线的对称点，关于直线的对称点，连接分别交，与点，连接如下图所示：则,,此时的周长取得最小值，其最小值为的长度；因为扇形OAB的弧长为，半径为2，所以；根据对称性可知，在中，由余弦定理可得，所以.即周长的最小值是.故选：D8.已知定义域为的函数满足：，且当时，，若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意，任取，且，则，，所以，即，所以函数在上单调递增，由，设，，则，所以函数在上单调递增，所以，则，即.由，设，，则，因为，所以，则，而，则，所以，则函数在上单调递减，所以，则，即.综上所述，，又函数在上单调递增，则.故选：B.二、选择题：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.某超市随机抽取了当天100名顾客的消费金额作为样本，并分组如下：（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（）A.若该超市当天总共有600名顾客，则消费金额在（单位：元）内的顾客约有180人B.若每组数据以区间中点值为代表，则样本中消费金额的平均数是145元C.若用样本估计总体，则该超市当天消费金额的中位数是100.8元D.现从样本的第1，2组中用比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人做进一步调查，则抽到的2人的消费金额都不少于50元的概率是【答案】BD【解析】因为，所以，对于A，所以消费金额在内的顾客约有人，A选项错误；对于B，样本中消费金额的平均数是元，B选项正确；对于C，设消费金额的中位数是，前二组的频率和为，前三组的频率和为，所以在第三组，所以，所以元，C选项错误；对于D，第1组频率，第2组频率分别为，所以从样本的第1，2组中用比例分配的分层随机抽样方法抽取6人，第1组抽2人，第2组抽4人，所以从这6人中随机抽取2人做进一步调查，则抽到的2人的消费金额都不少于50元的概率是，D选项正确.故选：BD.10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.C.函数的图象与直线的相邻两交点间的距离为D.【答案】ABD【解析】由图可得，，，因，取，对于A，，故A正确；对于B，，则，，即，故B正确；对于C，令或，得或，其中，分别取，得相邻三个根为，则相邻根的差值即的图象与直线的相邻两交点间的距离为或，故C错误；对于D，，，则，故D正确.故选：ABD11.某兴趣小组制作了一个直三棱柱容器（容器壁厚度忽略不计），其中，，则下列说法正确的是（）A.若四棱锥的体积为，则B.若三棱柱的外接球的表面积为，则三棱柱的侧面积为30C.若，棱长为的正方体能被整体放入此容器且可自由转动，则的最大值为D.若，点在四边形内（含边界），且，则点的轨迹长度为【答案】ABD【解析】对于A,根据余弦定理，，则,如图，过点作，垂足为，所以,因为直三棱柱，所以四棱锥的高为，所以，故A正确；对于B,设三棱柱的外接球的球心为,半径为,分别为上底面和下底面外接圆的圆心，则为外接圆的半径，如上图，则,,所以,所以,所以三棱柱的侧面积为，故B正确；对于C，因为内切圆的半径为，又因为，所以三棱柱能容纳的最大的内切球的半径为，则棱长为的正方体能整体放入此容器且可自由转动，则棱长最大的正方体恰好是直径为的球的内接正方体，则，则的最大值为1，故C错误；对于D，在平面ABC内作，垂足为H，由A的分析可知H落在CB的延长线上，且，由于平面，平面，故，又平面，故平面，平面,故，而，故，又，故P点轨迹为以H为圆心，3为半径的圆在四边形内（含边界）的圆弧MN，在中，，则，故弧MN的长为，即点的轨迹长度为，故D正确；故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则_____________.【答案】1【解析】由题意，在中，，，故答案为：1.13.已知随机变量，且正数满足，则的最小值为_____________.【答案】9【解析】因为随机变量，正数满足，有对称性可知，即，所以；当且仅当，即时，等号成立.故答案为：914.已知实轴长为的双曲线的渐近线为，、分别为的上、下焦点，过点的直线与的上、下两支分别交于点、，且，则直线的斜率为_____________.【答案】【解析】因为实轴长为的双曲线的渐近线为，则，解得，所以，双曲线的方程为，，如下图所示：设，由双曲线的定义可得，则，，所以，，所以，，由余弦定理可得，所以，，解得，所以，，所以，，当直线的倾斜角为锐角时，则，所以，，此时，直线的斜率为；当直线的倾斜角为钝角时，由对称性可知，直线的斜率为.综上所述，直线的斜率为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图1，在矩形ABCD中，，将沿着BD翻折到的位置，得到三棱锥，且平面ABP，如图2所示.（1）求证：平面平面ABD；（2）求直线AB与平面BPD所成角的正弦值.（1）证明：因为平面ABP，平面ABP，可得，，由题意可知：，且，平面，可得平面，由平面ABD，所以平面平面ABD.（2）解：由题意可知：，设点到平面的距离为，因为，即，解得，所以直线AB与平面BPD所成角的正弦值为.16.已知的内角的对边分别为向量.（1）求的大小；（2）是边BC上一点且AD平分，若的面积是，求的周长.解：（1）由，可得，再由三角形正弦定理角化边得：，整理得：，再由余弦定理得：，又因为，所以.（2）由的面积公式得：，因为AD平分，，，所以，化简得：，又由的面积是，则，解得：，所以，又由余弦定理得：，所以，即三角形的周长是.17.已知函数与分别是定义在上的奇函数和偶函数，且.（1）求函数与的解析式；（2）若对于，不等式恒成立，求实数的取值范围.解：（1）由①，