安徽省示范高中皖北协作区2025届高三下学期第27届联考（一模）数学试题 含解析

安徽省示范高中皖北协作区届高三下学期第届联考（一模）数学试题注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.本试卷主要考试内容：高考全部内容.85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..中国代表队在历届夏季奥运会获得的金牌数依次为15，5，16，16，28，32，48，39，26，38，40，则这届夏季奥运会中国代表队获得的金牌数的第40百分位数为（）A.16B.26C.28D.32【答案】B【解析】【分析】由百分位数的计算公式即可求解.【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为5，15，16，16，26，28，32，38，39，40，48.因为，所以这届夏季奥运会中国代表队获得的金牌数的第40百分位数是第五个数26.故选：B2.若集合，，则中元素的个数为（）A.4B.5C.6D.7【答案】C【解析】【分析】先解一元二次不等式，再应用交集定义计算即可.【详解】由题意可得，则，第1页/共21页故中元素的个数为6.故选：C.3.圆与圆的位置关系是（）A.内切B.外离C.外切D.内含【答案】A【解析】【分析】先写出圆的圆心及半径，再根据圆心间距离和半径的关系判断圆与圆的位置关系.【详解】圆O与圆M的半径分别为1，4，圆心坐标分别为，则，故圆O与圆M的位置关系是内切.故选：A.4.在正四棱柱中，，分别为侧棱上一点，则的最小值为（）A.B.C.D.14【答案】A【解析】【分析】将正四棱柱的侧面展开，由直线段最短求解.【详解】如图所示：，将正四棱柱（图1）的侧面展开，得到展开图（图2当五点共线时，取得最小值，且最小值为.故选：A第2页/共21页5.如图，这是一朵美丽的几何花，且这八片花瓣的顶端恰好可以围成一个正八边形，设，则（）A.-3B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由条件，解三角形求，，再结合两角和正切公式求结论.【详解】连接，设线段与的交点为，线段与线段的交点为，因为，所以，又，所以，设，则，所以，所以，所以，，所以.故选：D.第3页/共21页6.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】结合函数的单调性比较对数值的大小【详解】，A，B均错误.，C正确，D错误.故选：C7.同时抛掷三枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，则是直角三角形的三个内角的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】应用古典概型及排列数计算求解.【详解】若是直角三角形的三个内角，则，即.因为，所以这三个数只能是2，3，6或2，4，4，所以是直角三角形的三个内角的概率为=.故选：B.第4页/共21页8.已知两个非零向量的夹角为，且，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先应用平面向量的数量积公式及运算律化简，再设，再分类讨论计算求解.【详解】.由，得，即.设，则关于的方程有正实根.当时，不符合条件；当时，符合条件；当时，或，解得.综上可得.故选：C36分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.若为纯虚数，则复数可以为（）A.B.C.D.第5页/共21页【答案】AD【解析】【分析】设，利用复数的运算化简可得出的表达式，即可得出合适的选项.【详解】设，则，所以.对于A选项，由，可得，解得，合乎题意；对于B选项，由，可得，此时不存在，不合乎题意；对于C选项，由，可得，此时不存在，不合乎题意；对于D选项，由，可得，解得，合乎题意.故选：AD.10.已知函数，则（）A.与的奇偶性相同B.曲线关于直线对称C.的最小正周期是最小正周期的2倍D.在上单调递减【答案】ABD第6页/共21页【解析】【分析】利用奇偶函数的定义可以判断出其奇偶性可判断A，利用抽象函数的对称性区证明即可判断B选项，求出的最小正周期再去验证是否满足即可判断,【详解】因为，，所以与均为偶函数，A正确.因为，所以曲线关于直线对称，B正确.因为，所以的最小正周期为，又的最小正周期不是C错误由，得，所以在上单调递增，则在上单调递减，D正确.故选：曲线的形状类似希腊字母“”，其方程为.若点在曲线上，，则（）A.当在第一象限时，B.当在第四象限时，C.直线与曲线的所有交点的横坐标之和大于6D.直线与曲线恰有4个公共点【答案】BC【解析】第7页/共21页【分析】去绝对值，结合椭圆、双曲线的性质、直线与椭圆、双曲线的位置关系，逐项判断即可.时，可化为，为椭圆的两个焦点，则，A错误.当时，可化为，为双曲线的两个焦点，则，B正确.当时，可化为，所以点不可能在第三象限.当时，可化为，所以曲线由三段曲线组成，其图形如图所示，因为双曲线的渐近线方程为，所以直线与曲线无公共点.将代入，得，由图可知直线与曲线有22个交点的横坐标之和为，其中1个交点为.将代入，得，由图可知直线与曲线第8页/共21页有2个交点，则这2个交点的横坐标之和为，其中1个交点为，所以直线+4与曲线的所有交点的横坐标之和为，C正确.结合双曲线与的渐近线的斜率，由图可知直线与曲线有2个公共点，与曲线只有1个公共点，与曲线没有公共点，所以直线与曲线恰有3个公共点，D错误.故选：BC三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分.12.函数的值域为____________.【答案】【解析】【分析】由函数的单调性即可求解.【详解】因为与在上均为减函数，且当时，，所以，故的值域为.故答案为：13.已知顶点为的圆锥的外接球为球为底面圆的一条直径，是母线的中点，为底面圆的中心，为线段是边长为2的表面积为____________，与该圆锥底面所成角的正切值为____________.第9页/共21页【答案】①.②.##【解析】【分析】取的中点，连接，取的中点，连接，，，根据已知得，进而求出外接球的半径，即可得球的表面积，应用几何法求线面角的正切值.【详解】取的中点，连接，取的中点，连接，，.因为是边长为2的正三角形，所以，所以设球的半径为，由，得，故球表面积为.易知圆锥底面，则是与该圆锥底面所成的角，所以与该圆锥底面所成角的正切值为.故答案：，14.设表示有限集合中元素的个数，已知函数，若，其中为常数，且，则的取值范围为____________.【答案】【解析】第10页/共21页和，共有两个交点，再求解参数范围即可.【详解】由题意得的定义域为，因为，所以，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故的极小值为，而当时，，且，令，则，当时，，则在上的图象越来越陡峭，我们作出和的图象，结合图象可得与在上只有一个交点，令，则，解得，而，得到与的图象在上的交点的横坐标，因为，所以和，共有两个交点，第11页/共21页此时的取值范围为.故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）证明：“在上单调递增”是“在上单调递增”的充要条件.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】1）根据函数在某点处的导数的几何意义求斜率，进而得切线方程；（2）将函数的单调性转化为关于导函数的恒成立问题，再参变分离求最值即可.【小问1详解】因为，所以，得，由，得，则，，所以曲线在点处的切线方程为，化简得.【小问2详解】若在上单调递增，则对恒成立，则对恒成立，又函数是增函数，所以，若在上单调递增，则对恒成立，则对恒成立，又函数是增函数，所以，所以“在上单调递增”是“在上单调递增”的充要条件.第12页/共21页16.在中，角的对边分别为，已知.（1）若，求；（2）若依次成等差数列，求面积的最大值.【答案】（1）（2）.【解析】1）先应用正弦定理得出，再根据余弦定理计算求解；（2）先应用等差数列得出，再结合余弦定理应用基本不等式计算得出，最后应用面积公式计算求解最值.【小问1详解】由及正弦定理，得，因为，所以，由余弦定理得，代入得，解得或（舍）【小问2详解】因为依次成等差数列，所以，由余弦定理得，因为，所以，所以，且，所以的面积，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为.第13页/共21页17.已知抛物线的准线方程为，直线与交于两点.（1）求标准方程.（2）若，为坐标原点，证明：.（3）若为的焦点，且的周长为，求的值.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】1）根据题意求出即可得解；（2代入，利用韦达定理求出，证明即可；（3长公式求出的周长，进而可得出答案.【小问1详解】的标准方程为，由的准线方程为，得，故的标准方程为；【小问2详解】将代入，得，设，则，，所以，所以，即；【小问3详解】联立，得，第14页/共21页设，则，所以，所以，，所以的周长为，因为函数为增函数，且，所以方程的解为，所以.18.如图，在五面体中，菱形的边长为，，.（1）证明：且.（2）求五面体体积的最大值.（3）当五面体的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】第15页/共21页1平面的中点，的中点接，，，可得，进而得平面，则，即可证得；（2）分别作，，垂足分别为，，连接，，，，由已知和（1）中结论，可得，设，可得五面体的体积为，利用导数求出其最大值即可；（3为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量坐标运算分别求出平面和平面的一个法向量，利用公式即可求得两个平面夹角的余弦值.（方法二）过点作于，过点作于，连接，可得平面，则，可得平面，则，则为平面与平面的夹角，在中，由三角函数定义求出，进而求得其余弦值.【小问1详解】在菱形中，，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以.取的中点，的中点，连接，，，则，所以，故，，，四点共面，因为，，所以，，即，因为四边形为梯形，所以与相交，所以平面，又平面，所以，而，所以.【小问2详解】分别作，，垂足分别为，，连接，，，，第16页/共21页由（1）知，则，又，，平面，所以平面，同理平面.因为菱形的边长为，，为的中点，为的中点，，则，，又，所以四边形是等腰梯形，由对称性可知设，则，，所以，所以，，所以五面体体积为，，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，五面体体的最大，最大值为.【小问3详解】当五面体的体积最大时，，，（方法一）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，第17页/共21页，，，.设平面的一个法向量为，则，取，得，，.设平面的一个法向量为，则，取，得，所以，故平面与平面夹角的余弦值为.（方法二）过点作于，过点作于，连接，由（2）知平面，则又，平面，所以平面，又平面，则，，因为，平面，所以平面，又平面，则，所以为平面与平面的夹角，又，，由（2）及已知，，所以，，则，第18页/共21页故平面与平面夹角的余弦值为.19.已知是各项均为正数的数列，事件“”发生的概率为，事件“”发生的概率为.（1）若随机变量的期望不小于，求的取值范围；（2）已知，若依次成等比数列的概率为，比较与的大小；（3）若（为大于