[数学][一模]安徽省江淮十校2025届高三第一次联考试题(解析版)

这是一份[数学][一模]安徽省江淮十校2025届高三第一次联考试题(解析版)，共18页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由得，得，则，，
故选：B.
2. 设，其中i为虚数单位．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】因为，所以．
令，解得或，
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
3. 若，则大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
而，且．
所以，故．
故选：D.
4. 已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，与的夹角为，
所以，
则，
所以在上的投影向量为．
故选：B.
5. 定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的周期为2
B. 函数的图象关于对称
C. 函数为偶函数
D. 函数的图象关于对称
【答案】C
【解析】由题意可知，fx+4=-fx+2=fx，
则函数的周期为4．A选项错误；
又，即函数的图象关于对称，也关于1,0对称，
则的图象不关于对称，B错误；
若关于对称，已知图象关于对称，则函数周期为2矛盾， D错误．
对于C，为偶函数，则，
可知，故C正确．
故选：C.
6. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设的外接圆的半径为，因为，
由余弦定理得，所以，
则，故，
记的外心为，连接，则
取的中点，连接，则，
又因为，可得，
因为，且平面,平面，
所以平面,平面，
又因为平面,平面，所以，
因为且平面，所以面，可得
由题意可得外接球的球心在上，设外接球的半径为，
可得，解得，即，
所以球的表面积为．
故选：A.
7. 已知函数，若不等式的解集中佮有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】函数的定义域为，
不等式化为：．
令，，，
故函数在上单调递增，在上单调递减．
当时，gx>0，当时，gx=0，
当时，gx<0，
当时，，当，且时，，
画出及hx的大致图象如下，
因为不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，
故正整数解为．
故，即．
故.
故选：C.
8. 抛物线的焦点为，准线与轴的交点为．过点作直线与抛物线交于两点，其中点A在点B的右边．若的面积为，则等于（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】由题可知，，直线斜率必存在，且，
由对称性不妨设，则A和B在第一象限，
因为，所以，过作轴交于点，
则，即，
又点在上，所以即，
代入得，
整理得，即，
所以或，此时或，
因为A和B在第一象限，所以，故，

所以
，
所以即.
故选：D.
二、多选题：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. 给出下列命题，其中正确命题为（ ）
A. 已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据方差为21
B. 随机变量服从正态分布，若，则
C. 一组数据的线性回归方程为，若，则
D. 对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小
【答案】ABD
【解析】对于A选项，去掉后的平均数为，
方差为故A选项正确；
对于B选项，由于随机变量服从正态分布，
则，关于1对称，则故B选项正确；
对于C选项，因为，所以，又因为回归方程为，
所以，所以，故C选项错误；
对于D选项，对于独立性检验，随机变量的值越大，则两变量有关系的程度的错误率更低，故越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，D选项正确．
故选:ABD.
10. 函数部分图象如图所示，其中，图象向右平移个单位后得到函数y=gx的图象，且y=gx在上单调递减，则下列说正确的是（ ）

A.
B. 为图象的一条对称轴
C. 可以等于5
D. 的最小值为2
【答案】BD
【解析】由函数图象，可得，所以，
所以，解得，
又由函数的图象过点，且，
当时，可得，所以，
解得，因为，可得；
当时，可得，所以，
解得，因为，不存在，舍去，
综上可得，，，所以，所以A不正确，B正确；
又因为，所以是函数的一条对称轴，所以B正确；
将函数的图象向右平移个单位后，得到，
因为在上单调递减，则满足．
解得，
当时，，而，故不可能等于5，所以C错误．
当时，，又因为，所以，所以D正确．
故选：BD.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为．过的直线交双曲线的右支于两点，其中点在第一象限．的内心为与轴的交点为，记的内切圆的半径为的内切圆的半径为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若双曲线渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为2或
B. 若，且，则双曲线的离心率为
C. 若，则的取值范围是
D. 若直线的斜率为，则双曲线的离心率为
【答案】ABD
【解析】对于A，双曲线渐近线的夹角为，则或者
故或．
对于B，设，则．
故，解得．
又，故．
对于C， 令圆切分别为点，
则，
，
令点，而，
因此，解得，
又，则点横坐标为，同理点横坐标为，
即直线的方程为，
设直线的倾斜角为，那么，，
在中，
在中， ，渐近线的斜率为．
因为均在右支上，故．
如图所求，．
对于D，，故，
而，，
故，
由余弦定理可知，故．
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】或
【解析】
，
当,
当.
故答案为：或13.
13. 现有4个相同的袋子，里面均装有4个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球．现将这4个袋子混合后，任选其中一个袋子，并且连续取出三个球（每个取后不放回），则第三次取出的球为白球的概率为______．
【答案】
【解析】由题意，设“取出第个袋子，其中”，
“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”，
则，且两两互斥．
，所以，
所以，．
14. 以表示数集中最小的数．函数的最大值是______．
【答案】
【解析】
．
令，则．
而．
令，其中，则由，可知,
令，得，
即在上为增函数，在上为减函数．
故，即，
当且仅当，即时等号成立．
故的最大值为.
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，已知在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若为边上一点，且，求的长．
解：（1）由题意知，，
故．
又，故，而，则．
（2）中，，
故．，
故
故．
16. 如图，在四棱锥中，，，平面平面为中点．

（1）求证：平面；
（2）点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：由题意：，
同理，
又．而，
即
又平面平面，平面平面平面，
平面平面，
又，且面面平面．
（2）解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
设，有，
取面的一个法向量，
则，
故．
令n=x,y,z是平面的一个法向量，则，即
令，有，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17. 椭圆的上顶点为，圆在椭圆内．
（1）求的取值范围；
（2）过点作圆的两条切线，切点为，切线与椭圆的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为．是否存在圆，使得直线与之相切，若存在求出圆的方程，若不存在，说明理由．
解：（1）设为椭圆上任意一点，，
则．
则．故．
（2）由题意可知，设，
因为，故切线的斜率都存在．
又直线的方程为，即为，
直线的方程为．
则，故．
而，故，
又因为．
故，同理．
故直线的方程为．
若直线与圆相切，则，令．
故，即．故，或．
故存在满足条件的圆，其方程为．
18. 南昌地铁1号线在2015年12月26日正式通车运营，共24站.第1站为双港站，第24站是瑶湖西站.如果乘客乘坐从第1站开往第24站的地铁，则称他为正向乘车，否则称他为反向乘车.假设每隔5分钟，在1号线上的任何一个站点（除去第1站和第24站），乘客可以正向乘车，也可以反向乘车.在五一劳动节的5天假期期间，张爸爸带着大张和小张一起去南昌旅游.他们约定每天由一人统一管理三人的手机，相邻两天管理手机的人不相同.若某天是张爸爸管理手机，则下一天有的概率是大张管理手机；若某天是大张或小张管理手机，则下一天有的概率是张爸爸管理手机，第一天由张爸爸管理手机.
（1）记这5天中，张爸爸保存手机的天数为X，求X的分布列及期望．
（2）在张爸爸管理手机的某天，三人在第13站八一广场站下地铁后，失去了联系.张爸爸决定按照事先安排，独自前往景点.大张和小张都决定乘坐地铁，每到一个站点，下车寻找对方.只要他们出现在同一个站点，就会寻找到对方，然后一起前往景点，和张爸爸汇合，如果没有寻找到对方，则他们继续乘车寻找.大张和小张正向乘车、反向乘车的概率均为.求在25分钟内（包含25分钟），他们寻找到对方的概率.
解：（1）由题意知，随机变量的取值为，
可得；
当时，张爸爸管理手机的情况分为：在第3天、第4天、第5天三种情况．
若在第3天管理手机，不同的手机管理方法有4种，其概率为；
若在第4天管理手机，不同的手机管理方法有4种，其概率为；
若在第5天管理手机，不同的手机管理方法有2种，其概率为；
所以．
当时，张爸爸管理手机的情况为：第3天和第5天，
此时，不同的手机管理方法有4种，可得故．
所以随机变量的分布列为
所以随机变量的期望为．
（2）由题意知，大张和小张有的概率乘车的方向相同，
当大张和小张都乘车寻找对方时，可以视为大张在第13站不乘车，
在某个站点，小张以的概率不乘车，以的概率正向乘车两站，以的概率反向乘车两站，
现求小张在五步内，第一次回到起点的概率，
若小张经过一步，第一次回到起点，相当于小第在第一步选择了停留，其概率为，
若小张经过两步，第一次回到起点，其概率为；
若小张经过三步，第一次回到起点，则只能在第2步时停留，其概率为；
若小张经过四步，第一次回到起点，则小张有2种选择，每站都不停留；
或者停留2次，且只能在第2步和第3步停留，
其概率为；
若小张经过五步，第一次回到起点，则小张有2种选择，停留1次，
且只能在第2步或第3步或第4步停留；停留3次，且只能在第2步、第3步、第4步停留，
其概率为，
故满足条件的概率为．
19. 在微积分中，泰勒展开是一种常用的分析方法.若在包含的某个开区间中具有阶导数，设表示的阶导数.则对有.其中，是位于与之间的某个值，它称为阶泰勒余项.叫做在处的阶泰勒多项式.
（1）求在处的1阶泰勒多项式和2阶泰勒多项式，并证明：当时，；
（2）整数.定义数列.设e为自然对数的底数.
（i）求证：；
（ii）求证：.
（1）解：令，则，，
所以，，
所以；
令则，
故在上递减，则，即；
令，则，
故在上递增，则，即.
所以当时，.
（2）证明：令，
由题意可知，，故，依次类推有，
故当时，，
所以为增数列，且当时，；
同理为增数列，且当时，.
（i）由题意可知，，
故由得，
所以，
则有，即.
（ii）同（i），我们有，
则对任意的，
故，所以，即，对任意的成立.
函数的导函数为，
所以当时，；时，，1
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以
，
故
，
故由得
，
即.1
2
3