安徽省淮南市、淮北市2025届高三上学期第一次质量检测数学试卷(含答案)

这是一份安徽省淮南市、淮北市2025届高三上学期第一次质量检测数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
2．已知复数，则z的实部为( )
A.B.0C.1D.2
3．“”是“直线与直线垂直”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
4．权，是中国传统度量衡器具，历史悠久，文化底蕴深厚，承载着中华民族在政治，经济，文化方面的大量信息.“环权”类似于砝码（如下图），用于测量物体质量.已知九枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则的前8项和为( )
A.194B.193C.192D.191
5．下列各式的值为的是( )
A.B.C.D.
6．已知正三角形的三个顶点坐标分别为，，，若，则( )
A.B.C.D.
7．定义在上的函数的图象如图所示，则实数对可以是( )
A.B.C.D.
8．已知点，，P是直线上的动点，B在直线上的投影为Q，则的最小值为( )
A.3B.C.4D.
二、多项选择题
9．如图，在正方体中，M，N，P是对应棱的中点，则( )
A.直线平面
B.直线平面
C.直线与的夹角为
D.平面与平面的交线平行于
10．已知函数，则下列说法正确的是( )
A.函数的图象是连续不断的曲线
B.
C.
D.若方程有三个不同的根，则k的取值范围是
11．如图，点是以，，，为顶点的正方形边上的动点，角以为始边，为终边，定义，.则( )
A.，
B.
C.函数，的图象关于点对称
D.函数，的图象与x轴围成封闭图形的面积为.
三、填空题
12．已知为奇函数，当时，则________.
13．若，且，则的最小值为________.
四、双空题
14．如图，点M，N分别是正四棱锥的棱，的中点，设平面，则与长度之比为________，四棱锥被平面分成上下两部分体积之比为________.
五、解答题
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（I）求B；
（II）若D为边上任意一点，作于E，设，试用表示，并求的最大值.
16．如图，四棱锥中，底面为正方形，平面平面，且，点M在线段上，.
（I）求证：平面；
（II）求平面与平面夹角的余弦值.
17．在平面直角坐标系中，圆，点.
（I）若圆心C在直线上，过点P作圆C的切线，求切线方程；
（II）若圆C上存在点Q，使，求a的取值范围.
18．已知函数.
（I）求证：当时，；
（II）若时，恒成立，求实数a的取值范围；
（III）求证：对任意，.
19．已知无穷数列满足：.
（I）若，，试写出的所有可能值；
（II）若，，记，求的前2025项之积；
（III）若数列存在最大项，证明：存在，使得.
参考答案
1．答案：A
解析：因为集合
所以
故选：A
2．答案：B
解析：因为复数，
所以z的实部为0.
3．答案：A
解析：（1）当时，两方程可化为，，
斜率分别为和2，
两直线垂直，充分性成立.
（2）与直线垂直，则，
，必要性不成立，
“”是直线“与直线垂直”的充分不必要条件.
4．答案：C
解析：因为后7项成等比数列，设公比为q，且，，
所以所以，则，
因为数列的前3项成等差数列，，所以，
所以数列的前8项和为：.
故选C.
5．答案：C
解析：根据；
；
；
.
6．答案：D
解析：设，，，
则的重点坐标为，
所以，中垂线的方程为，即，
则C点在直线，即，即，
又因为为正三角形，
所以，则
整理，得，即，解得，
因为，所以，则.
故选D.
7．答案：D
解析：由图像可知，当时，函数单调递增，
当时，函数单调递减，其中，
A选项，当为时，
函数，
则，
由，得或，
由，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，不符合题意，故A错误；
B选项，当为时，函数，
则，
当时，，单调递增，不符合题意，故B错误；
C选项，当为时，
函数，
则，
当时，，单调递增，不符合题意，故C错误；
D选项，当为时，
函数，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，符合题意，故D正确.
故选D.
8．答案：B
解析：因为B在直线上的投影为Q，
所以Q的轨迹是以为直径的圆，圆心为，半径为1，
过P作圆的切线PC，切点为C，则，
所以的最小值为的最小值，
，而D到直线的距离为，
所以的最小值为，
所以的最小值为，
所以的最小值为.
故选B.
9．答案：BCD
解析：对于A，连接，，，则：
因为M，N是对应棱的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为直线不平行平面，所以直线不平行平面，A错误；
因为，，，
平面，所以平面，
因为平面，所以，
同理可得，，
由于和是平面上的两条相交直线，
所以根据直线与平面垂直的判定定理，得直线平面，因为平面，所以直线平面，B正确；
由题意，为直线与的夹角，因为为等边三角形，所以，C正确；
因为平面平面，平面与平面的交线为，所以根据面面平行的性质可知平面与平面的交线平行于，D正确.
故选BCD.
10．答案：BC
解析：由题意，时，，，，又，所以可知函数的图象不是连续不断的曲线，A错误；
，时，，
所以，B正确；
，
因为，所以，C正确；
同理时，，时，，
将代，则，
此时方程有两个不同的根，故D错误.
故选BC
11．答案：BCD
解析：由题意，，，则，，，，所以，A错误；
角以为始边，为终边，，则以为始边，为终边，，所以，B正确；
由题意，，，
所以，
所以函数，的图象关于点对称，C正确；
在第一象限，，所以，，
函数，的图象关于点对称，
利用正弦函数的图象与性质，可知的图象与x轴围成封闭图形的面积为，结合对称性，可知函数，的图象与x轴围成封闭图形的面积为，D正确.
故选BCD.
12．答案：
解析：因为函数为奇函数，
所以.
故答案为：.
13．答案：32
解析：由于，则，
即，于是，，当且仅当取等号，故的最小值是32.
故答案为：32.
14．答案：；
解析：连接，，，设，连接，设，
因为M，N为棱，的中点，所以，则H为的中点，
延长交于点Q，取的中点E，连接，
则，所以Q为的三等分点，
所以与长度之比为；
不妨设，，则，，，
因为平面平面，且为交线，
所以P到平面的距离等于P到直线的距离，
，，，
在中，由余弦定理得
则
则P到直线的距离，
在中，
显然，，四边形的对角线垂直，
四棱锥的高，则，
所以下方几何体体积，所以.
15．答案：（I）；
（II），，最大值为
解析：（I）因为，
所以，
所以，故.
（II）由（I）知，，从而为直角三角形，
在中，由正弦定理知，
即，
在中，有，
所以
，
当，即时，取得最大值.
16．答案：（I）证明见解析；
（II）
解析：设，则，中点为O，中点为E，分别以，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
（I），，，，，，，，，
所以，，
故，，
因为，平面，
所以平面.
（II）设，分别是平面，平面的法向量，，，，
由且，
得，所以可取，
由且，得，
所以可取，
设两平面夹角为，则.
17．答案：（I）或；
（II）
解析：（I）因为圆心在直线上，
所以，即，所以圆心C的坐标为.
（i）当过P点的切线斜率存在时，
方程可设为，即，
则，解得，得切线方程为.
（ii）当过A点切线斜率不存在时，直线也满足，
综上，所求直线方程为或.
（II）设点，，
由，化简得：.
点Q的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，
又点Q在圆C上，所以圆C与圆的关系为相交或相切，
因此，，
即，解得：.
18．答案：（I）证明见解析；
（II）；
（III）证明见解析
解析：（I）设，
所以在上单调递减，又，
所以在上恒成立，所以在上单调递减，
又，所以在上恒成立，
所以当时，.
（II）设，则，
当时，，单调递增，且，所以当时，，
当时，令，得，
当时，，单调递减，又，所以，不满足题意.
综上可得，a的取值范围是.
（III）原命题等价于.
由（II）知，
所以，
从而.
另一方面，设，
则，从而在上单调递减，
当时，即，所以，
从而当时，有，
当时不等式也成立，所以.
综上可得，原结论成立.
19．答案：（I）1，3，5；
（II）1；
（III）证明见解析
解析：（I）由题意知，
因为，，，所以或3.
若，，则或3；
若，，则或，
又，所以舍去.
从而的所有可能值为：1，3，5.
（II）因为，所以，
从而，.
所以是首项为1，公比为的等比数列，
从而其前2025项之积为1.
（III）设为的最大项，
若，则，
又，所以，进而有，此时可取满足.
同理，若，则，此时可取满足.
综上，存在使得.