安徽省安庆市桐城市某中学2025届高三数学学习质量检测试题

安徽省安庆市桐城市某中学2025届高三数学学习质量检测试题
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.设集合，，则
A. B.
C. 1，
D.
2.设复数z满意，其中i为虚数单位，在复平面内，复数z对应的点位
于
A. 第一象限
B. 其次象限
C. 第三象限
D. 第四象限
3.已知q是等比数列的公比，首项，则“”是“数列是递增
数列”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.设x，y满意，则的最大值为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 5
5.函数的图象可能是
A. B.
C. D.
6.随机变量X满意，，随机变量，则
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
7.已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，BD的中点，P
是线段EF上的动点含端点与平面BCD所成的角为，
二面角的平面角为，二面角的平面
角为，则
A.
B.
C. ，
D. ，
8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线上一点，满意
，与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率是
A. B. C. D. 3
9.已知，函数，则函数的零点个数不行能为
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
10.已知数列满意：，．
数列是单调递减数列；
对随意的，都有；
数列是单调递减数列；
对随意的，都有．
则上述结论正确的个数是
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）
11.若，则______；______．
12.九章算术中有这样的描述：“今有城下广四丈，上
广二丈，高五丈，袤四丈”，其中“广”是东西走向的
意思，“袤”是南北走向的意思．若有几何体的三视图
如图，则该几何体的体积为______，表面积为______不
需填单位．
13.已知多项式，若，则______；
若，则______．
14.在中，的平分线交BC于点D，，
，则______；若O是的外接圆圆心，
则______．
15.设点，若圆O：上存在点Q，使得
，则的取值范围是______．
16.地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库，
当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的状况有______种．
17.矩形ABCD中，，，圆O是的内切圆，P
是圆O上的动点，M为AB的中点，N为边AD上的动点包含端
点，则的最大值为______．
三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）
18.已知函数．
Ⅰ若为偶函数，且，求；
Ⅱ在中，角A满意，，，求的面积．
19.如图，已知多面体，，，，
均垂直于平面ABCD，，
，，．
Ⅰ证明：平面；
Ⅱ求直线与平面所成角的正弦值．
20.已知数列的前n项和，数列的前n项和．
Ⅰ求数列，的通项公式；
Ⅱ设，试比较与的大小．
如图，椭圆：的上顶点A恰为抛物线
的焦点，B，C是抛物线上的两个动点．
Ⅰ若点，且满意，求点B横坐标的取值
范围；
Ⅱ若A，B，C三点共线，过坐标原点O的直线l平分
BC，且与椭圆交于M，N两点，求面积的最大值．
21.已知函数，，．
Ⅰ探讨的单调性；
Ⅱ若，且函数只有一个零点，求a的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：1，2，，，
1，．
故选：C．
可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了描述法、列举法的定义，肯定值不等式的解法，指数函数的单调性，交集的运算，考查了计算实力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题知，，
对应的点，在复平面内位于第四象限，
故选：D．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
本题考查复数的几何意义和除法运算，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：在等比数列中，，若数列是递增数列，则；反之，若，则，数列
是递增数列，所以“”是“数列是递增数列”的充要条件．
故选：C．
本题考查等比数列的性质及充要条件的判定．
此题借助于等比数列的性质来考查充要条件的判定，易忽视前提条件：首项．4.【答案】D
【解析】解：作出可行域如图中的阴影部分含边界所示，
设，因为直线的斜率为，目标函数中的z随直线
向上平移而增大，
所以目标函数在点处取得最大值5，在点处取得最小值，故的最大值为5，
故选：D．
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的学问，通过平移即可求z的最小值．
本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．
5.【答案】A
【解析】解：因为为偶函数，定义域为，故解除C，D；
当时，，解除B；
故选：A．
由函数为偶函数，可解除C，D，由，可解除B，由此得出正确选项．
本题考查函数图象及性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：，，，，，
由基本不等式可知．
又，
故选：B．
先依据随机变量X的概率分布，计算出，由于，所以可得出，和的大小关系．
本题考查随机变量的期望和方差，考查学生的逻辑推理实力和运算实力，属于基础题．7.【答案】B
【解析】解：如图所示，设点O为底面BCD的中心，作于点H，连接AH，AO，PO，
则，，
二面角与二面角相等，
所以．
因为，
所以，
所以，
故选：B．
如图，作得到，，依据，则可得，
本题考查空间角的直观分析．数形结合，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：设双曲线焦距为2c，由题意得，
所以．
如图，在等腰中，，
又由与双曲线的一条渐近线平行知，
所以，
解得，
则该双曲线的离心率，
故选：D．
由三角形的余弦定理和双曲线的渐近线可得所以，化简可得，再由离心率
公式可得所求值．
本题主要考查双曲线离心率的计算，依据条件求出a、c关系，是解决本题的关键．9.【答案】D
【解析】解：令，得
当且时，；
故其在上单调递增，在上单调递减；
且；
当时，，；
故在上单调递增，在上单调递减，且其余对应的
画出的图象如图所示．
由图象可知，与的交点个数可能是0个，1个和两个；不行能是3个；
故选：D．
把所求问题通过整理，转化为求与的交点个数问题，画出图象，
借助于图象求解即可．
本题考查了方程的根与函数的零点的关系，同时考查了数形结合的数学思想以及转化思想，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】解：由题可知，故不正确；
由题意得，则，故数列为单调递减数列，故正确；
因为所以当时，，则，故，故正确；
因为，所以，故正
确．
综上，正确结论的个数为3，
故选：C．
，可利用作差法来解决，，运用到的是基本不等式的性质，也可以采纳作差法来解决大小的问题．
本题考查数列与不等式的综合、迭代法、通项公式与递推关系之间的推导．
11.【答案】9 6
【解析】解若，则，．利用指数为对数逆运算，，则，从而得出答案．利用对数运算公式，求出答案．
本题考查对数的运算，属于基础题．
12.【答案】60
【解析】解：由题意可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的横放的直四棱柱如图所示．
易知，底面是上底为2，下底为4，高为5的等腰梯形，故．梯形的腰长为
又因为柱体的高为4，故侧面积．
故表面积为．
该几何体的体．
故答案为：60
因为正视图、俯视图都是矩形，所以初步推断是一个柱体，再结合侧视图可知，这是一个底面为梯形的直四棱柱．据此计算体积、表面积．
本题考查空间几何体的三视图的识图问题，以及四棱柱的表面积、体积计算问题，同时考查了学生的直观想象、数学运算以及逻辑推理等数学核心素养．属于中档题．
13.【答案】1
【解析】解：由题可知，
令，则，故；
若，则，
；
令可得，
令可得；
故．
故答案为：1，．
把已知等式变形，整理后令可得第一个空，依据求得a，再令即可求解结论．
本题主要考查二项式定理的应用，留意依据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求绽开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为AD平分，所以；
所以，
由余弦定理得，
即，
解得，
所以，
所以；
在中，由余弦定理得
，
所以，
由正弦定理得．
依据角平分线定理和余弦定理，列方程求得BD的值，从而求得CD、BC的值；
在中由余弦定理求得cos B的值，再计算sin B，由正弦定理求出BO的值．
本题考查了正弦定理、余弦定理的应用问题，也考查了运算求解实力，是中档题．15.【答案】
【解析】解：如图，找临界状况：当PQ与圆O相切，且
时，，
所以当时，符合题意．
故答案为：
结合已知可找临界状况，可先求出当PQ与圆O相切时的即
可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．
16.【答案】336
【解析】解：依据题意，分2步进行分析：
：首先把四辆车排列有种排法，再把两个连续的空车位捆绑与另一空车位往4辆车中插入有种方法，由乘法原理有种停法；
：因为红、白两车相邻的状况有种．
则符合要求的停车方法有种．
故停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的状况有336种．
故答案为：336．
依据题意，首先用捆绑法与插空法计算恰有两个连续的空车位必需相邻的全部停车方法，再计算红白两车相邻的停车法；结合题意，用间接法，两数相减，即可得答案．本题考查排列组合的应用，本题运用间接法，捆绑法，插空法，可以避开探讨，简化计算．属于中档题．
17.【答案】
【解析】解：先固定点P，则，
易得圆O的半径为1，
以C为坐标原点建立如图所示坐标系，则，，
设，则对应的圆的方程为：；
，；
利用投影可得，
；
；
故可得：，；
，其中；
所以：的最大值为：．
故的最大值为．
故答案为：．
先依据条件把所求问题转化，再建立坐标系，通过点的坐标转化以及三角函数的有关学问即可求解结论．
本题考查了数量积运算性质、三角函数的性质，考查了推理实力与计算实力，属于中档题．
18.【答案】解：
Ⅰ
，则，
由为偶函数可知，所以，
解得．
又因为，所以或．
Ⅱ由Ⅰ得，，
所以由余弦定理得，，
所以的面积．
【解析】Ⅰ干脆利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果．
利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．
本题考查的学问要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算实力和转换实力及思维实力，属于基础题型．
19.【答案】Ⅰ证明：如图，连接AC，
，且，
四边形为平行四边形，即．
又底面ABCD为等腰梯形，且，，
．
平面ABCD，平面ABCD，
．
又，平面，
平面；
Ⅱ解：法一、由题意得，延长DC，，AB，
交于点G，取CG中点M，连接BM，AC．
，平面，平面，
平面，
点B到平面的距离和点M到平面的距离相等．
由Ⅰ知平面，
又平面，
平面平面．
过点M作于点H，则平面，
即点M到平面的距离为．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为；
解法二、以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，过点D且垂直于平面的直线为y轴，所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，．
设平面的法向量，
由，令，得．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】Ⅰ连接AC，由已知可得四边形为平行四边形，即再由已知证明结合直线与平面垂直的判定可得平面，从而得到平面；
Ⅱ法一、延长，AB，交于点G，取CG中点M，连接BM，证明平面，可得点B到平面的距离和点M到平面的距离相等．由Ⅰ知平面，可得平面平面过点M作于点H，则平面
，求得点M到平面的距离为设直线与平面所成的角为
，可得，得到直线与平面所成角的正弦值；
法二、以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，过点D且垂直于平面的直线为y 轴，所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出的坐标与平面
的一个法向量，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的
正弦值．
本题考查直线与平面垂直的判定、线面角，考查空间想象实力和运算求解实力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
20.【答案】解：Ⅰ由题意得当时，
，
经检验当时，也成立，
数列的通项公式为；
当时，，，
当时，，
数列的通项公式为；
Ⅱ，
．当时，，且，
．
【解析】Ⅰ运用数列的递推式：当时，，计算可得；运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得所求；
Ⅱ求得，由数列的裂项相消求和可得，探讨当时，
时，与的大小可得所求关系．
本题考查数列的通项与求和，考查运算求解实力以及化归与转化思想，属于中档题．21.【答案】解：Ⅰ由题易知，则，则抛物线的方程为．
设．
，
，
化简得，
即，
故点B橫坐标的取值范围为．
Ⅱ设直线，
联立得，
明显，，的中点坐标为．
设直线MN的方程为，其中．
联立得，
，
．
由点到直线的距离公式可知，点B、C到MN的距离分别为，．
且点B，C在直线MN的两侧，
．
平分BC，，
．
设，，
，
即当时，．
【解析】Ⅰ先依据椭圆的几何性质求出点A的坐标，从而得到抛物线的方程，设，结合，利用平面对量数量积的坐标运算，构造等式，用表
示出，然后利用对勾函数的性质即可得解；
Ⅱ设直线BC的方程为，联立该方程与抛物线的方程，结合韦达定理可求得BC中点的坐标；再设直线MN的方程为，联立该方程与椭圆的方程，可求得M、N 的坐标，进而求得线段的长，以及利用点到直线的距离公式可求得B、C两点到直线MN的距离，，由于MN平分BC，所以
，最终对其进行化简整理，即可得解．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，涉及曲直联立、点到直线的距离公式、平面对量数量积的坐标运算、利用对勾函数、换元法等求最值，具有肯定的综合性，考查学生转化与化归的思想和运算实力，属于难题．
22.【答案】解：Ⅰ由题意可知，．
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
Ⅱ解法一：由题意可知，且
．
令
则．
记，
当时，，，与相冲突，此时式无解；
当时，无解；
当时，式的解为，此时有唯一解；
当时，，
，
所以式只有一个负根，有唯一解，故a的最小值为1．
解法二：由题得，
令，则．
再令，则．
记，
函数和函数的图象如图所示：
当，即时，明显不成立；
当，即时，由，得方程存在唯一解，且．
此时亦存在唯一解．
综上，a的最小值为1．
【解析】Ⅰ可求得，分与两类探讨可得函数的单调状况；Ⅱ解法一：由，可得，令，则
，记，分，，三类探讨，可得a的最小值；
解法二：由题得，令，则，再令，则，记，作出函数
和函数的图象，分析可求得a的最小值．
本题考查导数在探讨函数中的应用，突出考查推理论证实力，考查分类与整合思想、等价转化思想及数形结合思想的综合运用，属于难题．。