数学-2025届安徽天一大联考高三春季阶段性检测试题+答案

安徽高三春季阶段性检测一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.1.答案D命题透析本题考查复数的运算.2.答案C命题透析本题考查集合的表示与运算.解析A={x|x=3n-1或x=3n+1,n∈Z}表示不能被3整除的整数,B={x|x=3n,n∈Z}表示能被3整除的整数,故A∩B=⑦.3.答案B命题透析本题考查对数函数的性质.6\,4.答案D命题透析本题考查等差数列的性质.解析因为{an}是等差数列,所以a1,a6,a11和a2,a7,a12也成等差数列,所以a1+a2,a6+a7,a11+a12成等差数5.答案B命题透析本题考查奇函数的性质.解析必要性显然成立,对于充分性,f(x)的图象可能在原点处断开,所以由f(x)在(0,+∞)上单调递增不能推出f(x)在R上单调递增.6.答案A命题透析本题考查古典概型以及条件概率的计算.解析由题意知有驾照的男员工有=40人,有驾照的女员工有=15人,设A=“该员工是男员工”,B=“该员工有驾照”,则P7.答案C命题透析本题考查函数的图象与性质.解析由已知得f,(a)>0,f(b)>0,f(C)<0,Cf,(C)<0,故排除A,B.设点P(C,f(C)),由图象可知直线OP的斜率小于曲线y=f(x)在点P处的切线斜率,即,可得f<Cf,,所以f最小.PDFShaperProfessional8.答案D命题透析本题考查抛物线与直线的位置关系.解析如图,设AF=m,BF=n,因为AF丄BF,所以|AB|=\.设点A,B在l上的射影分别为G,W,由抛物线的定义可知AG=m,iBWi=n,则,因为m2+n2≥2mn,所以2(m2+2=(m+n)2,当且仅当m=n时等号成立,故,故,即的最小值为\2.二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.每小题全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的9.答案ACD命题透析本题考查概率的计算、随机变量的分布列与期望.解析对于A,由题意知=k+2k+3k+4k+5k=1,解得k=,故A正确;对于=5k=,故B错误;对于D,P(X≤3)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=6k,P(X≥4)=9k,故D正确.10.答案ABD命题透析本题考查双曲线与圆的方程.解析对于A,易知F1(-2,0),F2(2,0)为E的左、右焦点,因为P,Q两点都在E的右支上,所以F1P-F2P=F1Q-F2Q,整理得F1P+F2Q=F1Q+F2P,故A正确;对于B,设P,联立{2=4,消去x可得2y2-2my+m2-2=0,则Δ=8(m2-2)>0,解得-2<m<2,故B正确;OQ2=xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)+yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)=4+2(yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+yEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2))=8,故C错误;对于D,OP+OQ≤\2(OP2+OQ2)=4,故D正确.11.答案BC命题透析本题考查三角函数的图象与性质.解析当甲到达点(a,0)处时,甲运动的距离为a,则乙运动的距离为,所以C=-,b=cosa,d=对于A,g(2π)=1,故A错误;对于B,g/(a)=-sina+cos,可知当a∈[3π,时,g/(a)≥0,故g(a)在[3π,上单调递增,故B正确;对于C,令g(a)=cosa+sin=a=,故C正确;对于D,g(a)=1-2sin2+sin,因为a∈,2π],所以∈,π],则sin∈[0,\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2),2)],故g(a)∈ \EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(2),2),故D错误.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 命题透析本题考查平面向量的基本运算.命题透析本题考查简单几何体的相关计算.解析由已知得圆锥的高为3,体积为π(\23)2×3=2π,正三棱台的体积为××\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),4)×(12+22+1×2)=\3,设铁块的密度为P,则甲、乙对地面的压强分别为P1==P,P2=\2=P,所以=1.命题透析本题考查创新思维、二项式定理的应用..CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(3),9)3.CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),6)2.CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(3),4)3.CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(1),1)1,所以a6b7C6d8的系数为CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(3),9)CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),6)CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(3),4)CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(1),1)=5040.四、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.命题透析本题考查正弦定理和余弦定理的应用.解析(I)由正弦定理得a=CsinAsinC,………(3分) 因为a=1<C=\2,所以A<C,所以A=πB……(7分)所以\62-\2a+b=(\6-\2)sinA+2sinB=(\6-\2)sinA+2sin-A),(A+.………………(10分)……………(13分)16.命题透析本题考查导数的几何意义,利用导数研究函数的性质.解析(I)f,(x)=ex-e,…………………(1分)所以f,(0)=1-e,又f(0)=1,……………(2分)所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1-e)x+1.………(4分)(Ⅱ)令f,(x)=0,得x=1,当x<1时,f,(x)<0,当x>1时,f,(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(1).……………(6分)因为存在x0∈(t,t+1),满足f(x0)<f(t)<f(t+1),所以f(x)在区间(t,t+1)内有极小值点,所以t<1<t+1,得0<t<1.…………………(9分)由f(t)<f(t+1),得et-et<et+1-et-e,即(e-1)et-e>0,).……………………(15分)17.命题透析本题考查空间位置关系的推理与证明、二面角的计算.解析(I)如图,连接BD,设AC∩BD=O,连接PO.根据正四棱锥的性质可知AC丄BD,PO丄平面ABCD.因为POC平面PBD,所以平面PBD丄平面ABCD,………(2分)因为AC丄BD,平面PBD∩平面ABCD=BD,所以AC丄平面PBD,又BFC平面PBD,所以AC丄BF.……………(4分)又因为BF丄AE,AE∩AC=A,所以BF丄平面AEC.…………………………(6分)(Ⅱ)因为AB=\2,所以BD=2,又正四棱锥P-ABCD的高PO=\3,所以△PBD是正三角形.连接OE,因为BF丄平面AEC,所以BF丄OE,又E是PB的中点,O是BD的中点,所以OEⅡPD,所以BF丄PD,因此F是PD的中点.………………………(7分)以O为原点,分别以直线OA,OB,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz,……………(8分) 则P(0,0,\3),B(0,1,0),D(0,-1,0),C(-1,0,0),F(0,-,\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(3),2)).…………………(9分)因为BF丄平面AEC,所以可取平面AEC的一个法向量为m=(0,-\3,1).……(10分)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),因为-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(→),PC)=(-1,0,-\3),-=(0,-1,-\3),所以不妨取n=(\3,\3,-1).………………(13分)所以平面AEC与平面PCD夹角的余弦值为2\7………(15分18.命题透析本题考查椭圆的方程与简单几何性质,椭圆与直线的位置关系.解析(I)设C的半焦距为C(C>0).因为C的离心率为,所以整理得b=C.……………(1分)因为△PF1F2面积的最大值为1,所以b.2C=bC=1,………………… 可得b=C=1,所以a=\2,所以C的方程为+y2=1.………………… (Ⅱ)因为点P在第一象限,所以0<xP<\2.………………(5分)由(I)可知F1(-1,0),所以直线PF1的方程为,由G为△PF1F2的重心,得xB=xG=,yB=,…………………×(x+3)2△F1AB与△PF1F2的面积之比为=.………………(7分) 2×2×yP令f(x)=(0<x<\2),则f,(x)=, 当x∈(0,1)时,f,(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,\2)时,f,(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=1时,f(x)取得最小值f(1)=,即△F1AB与△PF1F2的面积之比的最小值为.………(10分)(Ⅲ)由PR=QR,可知点R在PQ的中垂线上,又P,Q,R均不在坐标轴上,所以直线PF1的斜率存在且不为0,设其方程为y=k(x+1)(k≠0).…(11分)由可得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0 2…………(12分)设PQ的中点为M,则xM==-,yM=k(xM+1)=.………………(13分)直线RM的方程为x-xM=-k(y-yM),3,RPQM1+2k2,假设△PQR的重心在x轴上,则yP+yQ+yR=0得y=-(y3,RPQM1+2k2,所以xR=xM-k(yR-yM)=--k(--=,所以R,-.………………(15分)将R的坐标代入C的方程,得2+2×(-2-2=0,整理得7k4+2=0,此方程无实数解,故△PQR的重心不可能在x轴上.…………(17分)19.命题透析本题考查计数原理与递推数列的综合应用.解析(I)显然a1=0;2阶完全随机序列只有2,1,故a2=1;3阶完全随机序列可以为2,3,1或3,1,2,故a3=2;要得到4阶完全随机序列,可先排1,有3种排法,若1排到2的位置,那就再排2,也有3种排法,剩下的两个数字只有1种排法,由分步乘法计数原理可得a4