宿州市2025屆高三教學質量檢測試題數學試題一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用一元二次不等式的解法化簡集合B，再根據集合交集的運算求解即可.【詳解】因為，，所以.故選：B.2.若復數滿足（為虛數單位），則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】應用復數的除法和乘法運算求解.【詳解】.故選：D.3.若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意可得，結合二倍角的正弦公式和誘導公式計算即可求解.【詳解】由題意知，得，故.故選：A4.將直線繞點順時針旋轉得到直線，則的方程是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先根據兩條直線垂直得出斜率，再應用點斜式求解直線即可.【詳解】由題意可知，直線與垂直，直線的斜率為，所以的斜率為5，又因為過點，所以直線的方程為，即.故選：D.5.若圓錐的軸截面是邊長為1的等邊三角形，則該圓錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用勾股定理列方程，求得外接球的半徑，進而求得外接球的表面積.【詳解】由題意可知，該圓錐的底面圓半徑為，高為，設該圓錐外接球的半徑，由題意知，該圓錐外接球的球心在高線上，則，解得，所以該圓錐外接球的表面積為.故選：C6.已知平面向量，若在方向上的投影向量為，則實數（）A1 B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根據投影向量計算公式即可求解.【詳解】在方向上的投影向量為,∴，∴，解得.故選：A.7.已知橢圓的上頂點為，左焦點為，線段的中垂線與橢圓交于兩點，則的周長為（）A.8 B.12 C.16 D.24【答案】C【解析】【分析】先根據橢圓的標準方程確定的值，判斷的形狀，確定共線，再根據橢圓的定義求的周長.【詳解】如圖：由橢圓方程可知，，.所以，所以為等邊三角形，因此的中垂線過，結合橢圓的定義，可得周長.故選：C8.若函數的圖象上存在兩對關于軸對稱的點，則正實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分析可知，方程在上有兩個不等的實根，由參變量分離法可得，則直線與函數在上的圖象有兩個交點，利用導數分析函數的單調性與極值，數形結合可得出實數的取值范圍.【詳解】在函數的圖象上取點，則點關于軸的對稱點為，且，其中，由，可得，則，所以，直線與函數在上的圖象有兩個交點，因為，令可得，列表如下：減極小值增所以，函數在上為減函數，在上為增函數，所以，，且，如下圖所示：由圖可知，當時，直線與函數在上的圖象有兩個交點，因此，實數的取值范圍是.故選：D.【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.函數，則（）A.B.是函數圖象的一條對稱軸C.的最大值為2D.是偶函數【答案】AD【解析】【分析】根據誘導公式和輔助角公式化簡可得，結合正弦函數的圖象與性質依次判斷選項即可.【詳解】.A：由，得的最小正周期為，故A正確；B：，故B錯誤；C：的最大值為，故C錯誤；D：又因為，為偶函數，故D正確.故選：AD10.已知數列的前項和為，且，則下列結論正確的是（）A.為等比數列 B.為等差數列C.為等比數列 D.【答案】BCD【解析】【分析】應用已知條件化簡得出得，得出為等比數列,進而判斷A，B，C，最后應用錯位相減法求和即可判斷D.【詳解】由已知化簡得，得，所以為等比數列,所以，因此，所以，所以為等比數列，為等差數列，不為等比數列，故錯誤，和正確，對于選項，，，兩式作差，解得，故正確.故選：BCD.11.在橢圓（雙曲線）中，任意兩條相互垂直的切線的交點都在同一個圓上，它的圓心是橢圓（雙曲線）的中心，這個圓被稱為該橢圓（雙曲線）的蒙日圓.已知雙曲線的蒙日圓方程為為坐標原點，點在雙曲線上，與雙曲線的蒙日圓交于點，則（）A.若點的坐標為，且的蒙日圓的半徑為1，則的方程為B.若點的坐標為，則的蒙日圓面積最大值為C.的最小值為D.若為的中點，則的離心率的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】對A，根據題意建立的方程組求解；對B，由，可得，利用基本不等式求出得解；對C，由結合得解；對D，根據題意，結合C選項可得，化簡結合離心率公式求解.【詳解】對于A，若點在上，則有，又因為，聯立解得，故A正確；對于B，由，當且僅當等號成立，所以的蒙日圓的面積，故B錯誤；對于C，由，當且僅當為雙曲線的左，右頂點時取到等號，故C正確；對于D，若為線段的中點，此時，由C選項的結論可得，，解得，又，所以，故，故D正確故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：本題D選項解決的關鍵是結合C選項得到，進而得到的不等關系得解.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.兩批同種規格的產品，第一批占，次品率為；第二批占，次品率為，將兩批產品混合，從混合產品中任取一件，則這件產品為次品的概率為__________.【答案】##【解析】【分析】由全概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】記事件所取的一件產品來自第批，記事件所取的一件產品為次品，則，，，，由全概率公式可得.故答案為：.13.四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，，則平面與平面夾角的余弦值為__________.【答案】##【解析】【分析】作出平面與平面的夾角，利用余弦定理求得夾角的余弦值.【詳解】取的中點為，連接，過點作，則平面平面，，是的中點，則，所以，連接，依題意可知是等邊三角形，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，則，所以是平面與平面的夾角，在直角中，；在中，，.由余弦定理可得，.故答案為：14.若不等式（是自然對數的底數）對任意恒成立，則當取最大值時，實數__________.【答案】【解析】【分析】根據題意，令，可知當時符合題意，利用導數可得函數的單調性和最小值，其中，令最小值大于或等于0，進而得解.【詳解】由題意可知，令，當時，研究函數與的圖象，因為，當時，，所以函數單調遞減，當時，，所以函數單調遞增，所以函數有最小值為，而為單調遞減的直線，如圖，此時不恒成立，不符合題意；當時，，令，，易知在上單調遞減，在上單調遞增，且由于函數有最小值，所以當時，方程有解，設解為，則，且，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，由題意恒成立，所以，所以，當且僅當時取等號，此時.【點睛】關鍵點點睛：利用導數可知方程有解，設解為，則，從而表示出的最小值，進而求解.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知中，.（1）求角；（2）是邊上一點，且，求的長.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用誘導公式及二倍角公式計算得解.（2）利用正弦定理建立方程，身后利用三角恒等變換計算得解.【小問1詳解】在中，由，得，又，，則，所以.【小問2詳解】由（1）知，，而，則，，設，，在中，由正弦定理得，則，在中，由正弦定理得，則，因此，即，整理得，又，則，所以.16.如圖，正三棱柱中，為棱的中點，分別為棱上的點，且.（1）證明：平面；（2）求直線與平面夾角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點，連接，證明，即可證明結論；（2）建立空間直角坐標系，利用空間角的向量求法，即可求得答案.【小問1詳解】取的中點，連接，因為分別為的中點，所以，又因為，則，則，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面平面，所以平面.【小問2詳解】由題意，以為坐標原點以所在直線為軸，過點C在底面ABC內作CA的垂線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，由已知，，，所以，，設平面的一個法向量為，則，故，所以可取平面的一個法向量為，設直線與平面所成角，則所以直線與平面所成角的正弦值為.17.已知函數（是自然對數的底數），為的導函數.（1）求函數的單調區間；（2）若函數，求在上的最小值.【答案】（1）增區間：，減區間：；（2）.【解析】【分析】（1）求導并根據正弦函數圖象性質即可求解；（2）求的導函數，并判斷其在上的正負，從而判斷的單調性，從而求得最小值.【小問1詳解】由已知，所以令，解得，令，解得，所以的單調遞增區間，的單調遞減區間.【小問2詳解】由題可知，因為，所以，令，解得，令，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，又所以，所以的最小值為.18.動圓與圓外切，且與直線相切，記該動圓心的軌跡為曲線.過的直線與交于兩點，過點作的切線，設直線分別與直線交于點.（1）求曲線的方程；（2）證明：與的橫坐標之積為定值；（3）記的面積分別為，求的最大值.【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據拋物線的定義求解；（2）設的方程為，注意用導數求得切線斜率，由直線方程得出的橫坐標（用表示），然后求乘積可得；（3）由圖形得，直線方程代入拋物線方程（消去）應用韋達定理得，計算，由（2）不妨設，，由基本不等式得最小值，從而得的最大值．【小問1詳解】由題意可知，動圓圓心到點的距離比它到直線的距離大1，所以到點的距離等于它到直線的距離，所以點的軌跡是以點為焦點，以直線為準線的拋物線，設點的軌跡方程為，則，所以，所以動圓圓心的軌跡方程為.【小問2詳解】易知的斜率必存在且不等于0，設的方程為，聯立，可得的橫坐標為，又因為過點和，所以，由，有，所以的斜率為，因此的方程為，令，可得的橫坐標為，所以，因此的橫坐標與的橫坐標之積為定值.【小問3詳解】由題意，有，所以，聯立，消去，化簡得，所以，因此，所以，由（2）知，不妨設，則，等號成立當且僅當，因此，所以的最大值為.【點睛】結論點睛：拋物線在點處的切線斜率為，拋物線在點處的切線的斜率為．19.甲，乙兩人各有張卡片，每張卡片上標有一個數字，甲的卡片上分別標有數字，乙的卡片上分別標有數字.兩人進行輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數字的大小，數字大的得1分，數字小的得0分，然后各自棄置此輪所選卡片（棄置的卡片在之后的輪次中不能使用）.最終得分多的人獲勝.（1）當時，求甲獲勝的概率；（2）設輪比賽后甲的總得分為隨機變量，記為的概率.（i）求；（ii）比較與的大小.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根據對稱性，不妨固定乙六輪選卡的數字依次為，由甲的總得分為0，得到甲六輪選卡的數字依次為，再由甲六輪選卡的數字有種排序方法，利用古典概型的概率求解.（2）若甲的總得分為1，分①甲在第一輪得1分，②甲在第二輪得1分，③甲在第三輪得1分，④甲在第四輪得1分，利用古典概型的概率求解；（3）設甲在六輪游戲中的得分分別為，易得甲在每輪獲勝的概率為，然后利用求解.（1）不妨設乙出卡片的順序為，則甲的出牌順序為，根據古典概率概型計算可得答案；（2）（i）不妨固定乙出卡片的順序為，甲出卡片的順序共有種，計算出甲在輪比賽中總得分為1的情形的概率，利用古典概型、對立事件概率計算可得答案；（ii）甲，乙兩人的總得分之和為，則乙在輪比賽中的總得分的概率也是，輪比賽后甲的總得分為（即最初是乙得分為）的概率也可以表示為，因此有，為偶數時；為奇數時，計算出輪比賽后甲的總得分不小于的概率可得答案.【小問1詳解】易知甲不可能得3分，時，不妨設乙出卡片的順序為，則甲的出牌順序為，其中，總情形共有種，只有時，甲可以得2分獲勝，所以甲獲勝的概率為；【小問2詳解】（i）不妨固定乙出卡片的順序為，甲出卡片的順序共有種，顯然，如果直接考慮甲在輪比賽中總得分不小于2的情形比較多，我們考慮甲在輪比賽中總得分為0或1的情況.如果甲在輪比賽中共得0分，則甲出卡片的順序一定是，只有1種情形；如果甲改變中任意兩輪比賽的出卡順序，可知最后都會得1分，共有種情形；如果甲恰好改變中任意三輪比賽的出卡順序，可知只有1種情形——將所選的3個數字進行輪換，即輪換為——使得甲在輪比賽中最后得1分，共有種情形；因此，甲在輪比賽中總得分為1的情形共有種.所以，輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為；（ii）易知，因為甲，乙兩人的總得分之和為，則乙在輪比