安徽省滁州市2024-2025学年高三下学期 第一次教学质量检测试题（一模） 数学 含解析

安徽省滁州市2025届高三第一次教学质量监测数学试题（滁州一模）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，则（

）A. B.3 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】先求得，然后根据复数的乘法运算法则求解即可.【详解】由，得，则.故选：C.2.已知集合，，则（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解指数不等式求得集合，利用交集的意义即可求解.【详解】集合，，所以.故选：A.3.已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（

）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用投影向量公式计算即可.【详解】因，，所以在上的投影向量为故选：C.4.已知角的始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（

）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由三角函数的定义可求得，，，利用二倍角的余弦公式可求值.【详解】由题意可得，，因此，，所以，，，，所以故选：B.5.已知数列的第1项和第2项均为1，以后各项由给出.若数列的各项除以3所得余数组成一个新数列，则（

）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】利用数列的递推式求得数列的项，进而求得各项除以3的余数组成的新数列是周期为8的数列，进而可求解.【详解】因为，，所以数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，，此数列各项除以3的余数依次构成的数列为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，，是以8为周期的周期数列，所以故选：A.6.中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】应用几何扇形弧长计算，结合圆台的几何特征计算即可.【详解】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为，设圆台的上下底面半径分别为，则，所以，所以，所以圆台的高为故选：7.已知函数的图象关于点对称，且在区间内有且只有两条对称轴，则（

）A.在区间上单调递增 B.在区间上单调递增C.在区间上单调递减 D.在区间上单调递减【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换化简函数，利用函数关于点对称，在区间内有且只有两条对称轴，可求得，利用整体法可求得单增区间与单减区间判断即可.【详解】，因为函数的图象关于点对称，所以，所以，又，所以，因为函数在区间内有且只有两条对称轴，所以，所以，所以，所以，由，可得，所以在区间上单调递增，故A错误，B正确由，可得，故C，D错误.故选：B.8.已知函数，是的反函数.若，满足，则的最大值为（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用等式变形，再同构一个函数，满足，再由单调性去找到等式关系，最后把二元变量转化为一元变量：，再用函数思想来求最大值即可.【详解】由题意得，因为，所以，所以，令，则，因为在上单调递增，所以所以，令，则，令，则，所以在R上单调递减，又所以当时，，即当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故选：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.下列说法中正确的是（

）A.一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小B.在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱C.数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79D.依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联”【答案】AC【解析】【分析】利用平均数与方差的定义可判断A；由相关系数的概念可判断B；利用百分位的定义求解可判断C；由独立性检验的意义可判断D.【详解】一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，根据方差公式，可知方差变小，故A正确；两个变量的相关系数越小，则两者的线性相关程度越弱，故B错误;除m外，剩余数据的极差为，因为所有数据的极差为40，且，所以把数据技从小到大题序排列，得：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80，由，所以这组数据的第m百分位数为第9个，为故C正确;零假设为与Y相互独立，即X与Y没有关联，由，可知依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，可以认为“X与Y有关联”，故D错误.故选：AC.10.已知函数的极值点从小到大依次为，，，，是的导函数，则（

）A. B.C.是极小值点 D.【答案】ACD【解析】【分析】对函数求导，为研究导函数的正负，构造函数，通过对其求导，分段讨论研究函数的单调性，进而研究函数的极值点，判断各个选项即可.【详解】，定义域为，则，.因为，所以，而，所以，故选项A正确；令，则.①考虑的情况：当时，；当时，；则函数在上单调递增，在上单调递减.又，，当且时，，则存在，使得，当时，，此时，则，故；当时，，此时，则，故②考虑的情况：当时，，，且等号不能同时取得，则，此时.结合①可知，在上单调递增，在上单调递减，函数在处取得极大值，可知，故选项B错误；③考虑的情况：当时，；当时，；则函数在上单调递增，在上单调递减，，，当且时，，则存在，使得，当时，，此时，则，此时；当时，，此时，则，此时；④考虑的情况：当时，，，且等号不能同时取得，则，此时；结合③可知，在上单调递减，在上单调递增，综上，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，函数在处取得极大值，在处取得极小值，可知，即是的极小值点，故选项C正确；⑤考虑的情况：可知函数在上单调递增，在上单调递减，同①可知，存在，使得，当时，，此时；当时，，此时；综合可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，可知.由题可知，，.令，，则，可得，，可得，由可得，则，则，即，.又，则，，，可得，即，则，即，即，可得.又，，函数在上单调递减，所以，即，可得，故选项D正确.故选：ACD.11.已知双曲线的右焦点为F，O为坐标原点，直线，则（

）A.E的离心率B.若直线l与E的左右两支均有交点，则m的取值范围为C.若直线l与E的渐近线在y轴右侧交于M，N两点，则面积的最小值为D.若直线l与E右支交于A，B两点，弦AB的垂直平分线交x轴于点P，则【答案】ABD【解析】【分析】对于A：根据方程可得，即可得离心率；对于B：根据双曲线的几何意义分析判断；对于C：联立方程求M，N两点坐标，进而可得面积；对于D：联立方程，利用韦达定理求，求弦AB的垂直平分线和点P的坐标，进而可得结果.【详解】对于双曲线E：，可知，，，则右焦点，渐近线方程为.对于选项A：双曲线的离心率为，故A正确；对于选项B：直线l：，过定点，斜率为，若直线l与双曲线E的左右两支均有交点，则直线l的斜率应满足，可得，故B正确；对于选项C：联立，解得，联立，解得，可取，，由点M，N在y轴右侧，可得，解得或，即，则，同理可得，则，因为，所以，故C错误；对于选项D：联立，可得，设，，则，可得，设弦AB的中点为，则，，可知弦AB的垂直平分线的斜率为，则弦AB的垂直平分线的方程为，令，可得，即，则，，所以，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数恒过定点，则__________.【答案】【解析】【分析】令求解即可.【详解】令，则，又，所以过定点，即，，所以故答案为：13.已知两点，，动点M满足，抛物线的焦点为F，动点N在C上，则的最小值为__________.【答案】3【解析】【分析】设，由已知求得点M的轨迹方程，数形结合可求得的最小值.【详解】因为点M满足，设，则，两边平方整理得，即点M的轨迹为圆心，半径为2的圆，的最小值是M到准线的最短距离，因为N可以选择在抛物线上，使得N到M的距离加上N到准线的距离最小，圆心到准线的距离是，圆的半径是2，所以M到准线的最短距离是，因此，的最小值是故答案为：14.如图，某停车区域共有6个停车位，现有3辆白色汽车和2辆黑色汽车将停在车位上.记黑色汽车之间的白色汽车数为X，则X的数学期望为__________.【答案】1【解析】【分析】由题意可知，，根据随机变量表示的意义，通过计算每个可能的值的概率，再由这些概率利用期望计算公式计算数学期望

.【详解】X可能的取值为：0，1，2，3，则，，，，所以X的数学期望为⨉⨉⨉⨉故答案为：1.四、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.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且（1）求（2）已知，D为AB边上一点，且，，求【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，可求；（2）由已知可得，可求得，利用余弦定理可求得，进而可得为等腰三角形，可求解.【小问1详解】由可得，即，所以，又因为，所以，结合，所以；【小问2详解】由题可知，与相似，则，设，则，有，故，所以，在中，，解得：，所以，所以为等腰三角形，所以16.已知椭圆的焦距为2，且经过点，M为C的右顶点，过点P的直线l与C交于点异于点（1）求C的标准方程;（2）求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知可得，，求解即可；（2）设与直线PM平行的直线l的方程为，与椭圆方程联立，利用时，求得切线方程，进而求得椭圆上的点到直线PM的距离的最大值，进而求得面积的最大值.【小问1详解】由题，故，把代入椭圆方程中得到，解得：，，所以椭圆的标准方程为；【小问2详解】由题，直线PM的方程为，设与直线PM平行的直线m的方程为，当直线m与椭圆相切时，切点到直线PM距离取得最大值，Q为切点时，面积最大，把代入椭圆方程中得：，当直线m与椭圆相切时，距离最大，故有，即，所以，即，当时，与之间的距离即为椭圆上点到直线PM距离的最大值，此时，所以面积最大值为17.如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且（1）若平面平面，求证：；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用已知易证，可得平面，利用线面平行的性质可得结论；（2）利用已知可证平面，过在平面内作，以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面PEC一个法向量和平面PBC的一个法向量，利用向量法可求二面角的正弦值.【小问1详解】在图（1）中，，，所以，，为AC的中点，，所以，，，所以G为AB的中点，所以，在图（2）中，平面PEG，平面PEG，所以平面，平面，平面平面，所以；【小问2详解】在图（2）中，因为，，，PF、平面PBF，所以平面PBF，又平面EFBC，所以平面平面EFBC，因为平面平面，，所以平面由（1）知，即，又，所以，过在平面内作，以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面PEC的法向量为，则，令，解得，所以设平面PBC的法向量为，则，令，解得，所以，所以，所以，所以二面角的正弦值为.18.已知函数（1）若不等式恒成立，求实数a的取值范围;（2）若，求证：有且只有1个零点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知可得，令，利用导数可得，进而可得，令，利用导数求得即可；（2）求导得，分，，三种情况讨论中可证得结论.【小问1详解】由可得，设，，，当时，当时，，所以在上单调调递减，在上单调递增，所以，即，所以等价于，设，，，当时，；当时，，所以上单调递增，在上单调递减，所以，所以，故实数a的取值范围为；【小问2详解】，当时，，，所以在上单调递增，又，，由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点，故此时有1个零点.当时，当时，；当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，因，当时，，取，则，且，由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点，故此时有1个零点.当时，当时，；当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，由于，所以，所以，所以，所以又，，由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点，故此时有1个零点.综上可知，当时，有且只有1个零点，得证.【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可