安徽省多校联考2025届高三上学期8月第一次联考数学试卷（Word版附解析）

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全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自已的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一､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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】依题意，或，而，
所以.
故选：B
2. 已知复数，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用利用复数的乘除运算求出复数即可得解.
【详解】依题意，复数，所以复数的虚部为.
故选：A
3. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解即得.
【详解】函数，求导得，
依题意，，所以.
故选：D
4. 已知，则“”是“过点有两条直线与圆相切”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】
【分析】若过点有两条直线与圆相切，可知点在圆外，即可得的取值范围，根据充分、必要条件结合包含关系分析判断.
【详解】若过点有两条直线与圆相切，
可知点在圆外，则，解得或，
显然是的真子集，
所以“”是“过点有两条直线与圆相切”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成.如图，已知一木制陀螺的圆柱的底面直径为6，圆柱和圆锥的高均为4，则该陀螺的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析该陀螺表面结构，结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解.
【详解】由题意可知：该陀螺的表面有：底面圆面、圆柱的侧面和圆锥的侧面，
且圆锥的母线长为，
所以该陀螺的表面积为.
故选：C.
6. 用数字组成没有重复数字的五位数，在所组成的五位数中任选一个，则这个五位数中数字按从小到大的顺序排列的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得组成没有重复数字五位数有，根据定序法可得符合题意的五位数个数，结合古典概型运算求解.
【详解】由题意可知：组成没有重复数字的五位数有个；
若这个五位数中数字按从小到大的顺序，所以符合题意的五位数有个，
所以所求的概率为.
故选：C.
7. 如图，在正三棱柱中，，直线与平面所成角的正切值为，则正三棱柱的外接球的半径为（ ）

A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用线面角的正切求出，再求出正三棱柱的外接球半径.
【详解】在正三棱柱中，取的中点，连接，则，
由平面，平面，得，又，
平面，因此平面，是直线与平面所成的角，
则，由，得，而，则，，
因此正三棱柱的外接球球心到平面的距离，
而的外接圆半径，所以正三棱柱的外接球的半径.
故选：D

8. 若锐角满足，数列的前项和为，则使得成立的的最大值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合三角恒等变换可得，，分析可知数列是以首项，公比为的等比数列，即可得，利用裂项相消法求，代入运算求解即可.
【详解】因为，且，即，
且，则，可得，
整理可得，解得或（舍去），
则，，
可得，则，
且，可知数列是以首项，公比为的等比数列，
则，可得，
所以，
则，整理可得，
则，解得，
所以的最大值为4.
故选：C.
点睛】思路点睛：1.利用三角恒等变换求；
2.根据递推公式分析可知数列是以首项，公比为的等比数列，进而可得；
3.利用裂项相消法求，代入解不等式即可.
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. 已知函数，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于点对称
D. 函数在区间上的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得：，根据正弦函数周期公式判断A；代入检验，结合对称性的性质判断BC；以为整体，结合正弦函数的性质求值域.
【详解】因为，
对于选项A：因为函数的最小正周期为，故A正确；
对于选项B：因为为最大值，
所以函数的图象关于直线对称，故B正确；
对于选项C：因为不为0，
所以函数的图象不关于点对称，故C错误；
对于选项D：因为，则，
可得，即，
所以函数在区间上的值域为，故D正确；
故选：ABD.
10. 设分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上任意一点，则（ ）
A. 存在四个点，使得
B. 若点不在轴上，直线的斜率是直线的斜率的倍，则点的横坐标为
C. 存在点，使得
D. 的最小值为14
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意在以为直径的圆上，求得可判断A；设，若存在这样的点，则，求解可判断B；设，，可判断C；，可判断等号不成立可判断D.
【详解】由椭圆，可得，所以，
对于A：若，则在以为直径的圆上，
因为，所以在椭圆上存在2个点，使得，故A错误；
对于B：设，若存在点使直线的斜率是直线的斜率的-3倍，
则，解得，又，所以存在这样的点，故B正确；
对于C：设，，
当时，，所以存在点，使得，故C正确；
对于D：，
当且仅当，即时取等号，
又，则，故等号不成立，故D错误.
故选：BC.
11. 已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A. 函数的极小值点为
B.
C. 若函数有4个零点，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】求导，利用导数判断的单调性和最值，可得的图象，进而可以判断A；对于B：根据的单调性分析判断；对于C：根据偶函数性质分析可知：原题意等价于当时，与有2个交点，结合的图象分析求解；对于D：构建，结合导数可得，结合极值点偏移分析证明.
【详解】由题意可知：的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，且当趋近于0或时，趋近于，
可得函数的图象，如图所示：
对于选项A：可知函数的极小值点为，故A正确；
对于选项B：因为，且在内单调递增，
所以，故B错误；
对于选项C：令，可得，
可知函数有4个零点，即与有4个交点，
且的定义域为，且，
可知为偶函数，且当时，
原题意等价于当时，与有2个交点，
由题意可知：，故C正确；
对于选项D：设，
则，
可知在内单调递增，则，
即，
若，不妨设，
则，
且，且在内单调递增，
则，所以，故D错误；
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则实数________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：．
考点：平面向量的坐标运算；共线向量
13. 定义在上的函数满足，当时，，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，可得函数的图象关于直线对称，再利用导数求出在上的单调性，再借助性质解不等式.
【详解】依题意，函数的图象关于直线对称，
当时，，令，求导得，
函数在上单调递增，，函数在上单调递增，
不等式化为，解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：
14. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，过点的直线交的左支于两点.（为坐标原点），记点到直线的距离为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，作出图形，结合三角形中位线性质可得，再利用双曲线定义及勾股定理求解即得.
【详解】令双曲线的半焦距为，由离心率为2，得，
取的中点，连接，由，得，则，
连接，由为的中点，得，，，
因此，即，整理得，
而，所以.
故答案为：

四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. 在中，内角所对的边分别为.
（1）求；
（2）若，求的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用倍角公式以及正弦定理即可得结果；
（2）利用余弦定理结合基本不等式可得，即可得面积最大值.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，则，
且，所以.
【小问2详解】
由余弦定理可得，即，
可得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以的面积的最大值为.
16. 已知某种机器的电源电压（单位：）服从正态分布.其电压通常有3种状态：①不超过；②在之间；③超过.在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为.
（1）求该机器生产的零件为合格品的概率；
（2）为了检测零件是否合格，在一批零件中任意抽取4件，记这4件中合格品有个，求的分布列､数学期望和方差.
附：若，则
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为，方差为
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正态分布的概率公式代入计算，再由全概率公式，即可得到结果；
（2）根据二项分布求解分布列，代入期望和方差公式求解即可.
【小问1详解】
记电压“不超过”、“在之间”、“超过”分别为事件，
“该机器生产的零件为不合格品”为事件．
因为，所以，
，
．
所以，
所以该机器生产的零件为不合格品的概率为．
【小问2详解】
从该机器生产的零件中随机抽取4件，设不合格品件数为，
则，，
，，
，
所以的分布列为
所以的数学期望为，
的方差为.
17. 如图，在四棱锥中，平面∥为的中点.
（1）若，证明：平面；
（2）已知，平面和平面的夹角的余弦值为，求.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量结合面面夹角运算求解.
【小问1详解】
因为平面平面，可知，
且为的中点，则，
若，即，则，
且，平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
由题意可知：平面，，
以A坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，
因为，设，
则，
可得，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，则，
令，则，可得；
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，则，
令，则，可得；
由题意可得：，解得（舍负），
所以.
18. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）求得可得，分和两种情况，利用导数判断原函数单调性；
（2）根据题意结合（1）中单调性分析可得，构建，利用导数判断其单调性，进而解不等式.
【小问1详解】
因为的定义域为，且，
若，则，可知在定义域内单调递减；
若，令，解得，
当，；当，；
可知在内单调递增，在内单调递减；
综上所述：若，在定义域内单调递减；
若，在内单调递增，在内单调递减.
【小问2详解】
因为，
若，定义域内单调递减，
且，不合题意；
若，在内单调递增，在内单调递减.
则，
令，则，
令，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即，
可知在内单调递增，且，
则，可得，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
19. 已知点在抛物线上，按照如下方法依次构造点，过点作斜率为的直线与抛物线交于另一点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
（1）求的值；
（2）分别求数列的通项公式；
（3）求的面积.
【答案】（1）
（2），
（3）16
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线运算即可；
（2）可得，联立直线方程和抛物线方程解得，（3）分析可知数列是以首项为2，公差为4的等差数列，即可得结果；
由（2）可得点的坐标，即可得面积.
【小问1详解】
因为点在抛物线上，
则，解得.
【小问2详解】
由（1）可知：，即，
因为点在抛物线上，则，且，
过，且斜率为的直线，
联立方程，消去x可得，
解得或，
即，可得，
可知数列是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以，.
【小问3详解】
由（2）题意可知：，

如图所示：梯形的面积为：
，
即，同理可得，
梯形的面积为：
，
即，
则的面积为：
.
【点睛】关键点点睛：设出直线方程，联立抛物线方程后，结合方程必有一根，由韦达定理求出另一个根，结合对称性得到，，从而利用等差数列的定义证明出结论.