高級中學名校試題PAGEPAGE1安徽省池州市普通高中2025屆高三下學期教學質量統一監測數學試題一?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.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，則.故選：B2.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為，，故.故選：C.3.春季是流感的高發季節，某醫院對8名甲型流感患者展開臨床觀察，記錄了從開始服藥到痊愈所需的天數，具體數據如下（單位：天）：7，4，6，5，8，5，6，4.則下列說法正確的是（）A.這組數據的眾數為5B.這組數據的平均數為5C.這組數據的第60百分位數為6D.這組數據的極差為5【答案】C【解析】對于A，這組數據的眾數為，故A錯誤；對于B，這組數據的平均數為，故B錯誤；對于C，將這組數據按從小到大的順序排列為，因為，所以這組數據的第60百分位數為6，故C正確；對于D，這組數據的極差為，故D錯誤.故選：C.4.已知向量滿足，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，所以.故選：A.5已知，則（）A4 B.2 C. D.【答案】A【解析】由，得，.故選：A.6.已知函數，若有4個互不相同的根，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】令，則方程可轉化為.對進行因式分解可得，則，.所以或.

當時，，因為指數函數在上單調遞增，所以在上單調遞增，且.

當時，，對其求導，.令，即，解得（）當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.所以在處取得極小值，也是最小值，.

對于：當時，，即，，解得，有個根.

因為有個互不相同的根，已經有個根，所以需要有個不同的根.結合的圖象可知，當時，與有個不同的交點，即有個不同的根.

的取值范圍為.故選：B.7.已知雙曲線左?右焦點分別為，是的右支上一點，在軸上的射影為，為坐標原點.若，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如圖，設與交于點，由，且是的中點，所以，又，所以，又，易得，，則，代入雙曲線方程可得，設點，則，，又設，由可得，即，由，得，即，化簡整理得，，解得或，又，，解得.故選：D.8.已知直線，圓，過上一點作的兩條切線，切點分別為，使四邊形的面積為的點有且僅有一個，則此時直線的方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】如圖，，解得，所以，因這樣的點有且僅有一個，由圖知此時，則圓心到直線的距離為6，即，化簡得，其中，，則，，所以，即，則直線的斜率為，所以直線，即，聯立，解得，即，因的中點坐標為，且，則以為直徑的圓的方程為，整理得，易知直線是圓與以為直徑的圓的公共弦所在直線，將兩圓的方程相減得，故直線的方程為.故選：B.二?多選題：本題共3個小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，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.某彈簧振子（簡稱振子）在完成一次簡諧運動的過程中，時間（單位：秒）與位移（單位：毫米）之間滿足函數關系為，下列敘述中正確的是（）A.當時間時，該簡諧運動的位移B.該簡諧運動的初相為C.該函數的一個極值點為D.該函數在上單調遞增【答案】ABD【解析】當時，將其代入函數中，可得：則.所以選項A正確.

在函數中，，所以該簡諧運動的初相為，選項B正確.

對函數求導，可得.當時，.因為極值點處導數為，所以不是該函數的極值點，選項C錯誤.

令，，解這個不等式求函數的單調遞增區間.得到，.當時，單調遞增區間為，而，所以該函數在上單調遞增，選項D正確.

故選：ABD.10.定義：既有對稱中心又有對稱軸的曲線稱為“和美曲線”，“和美曲線”與其對稱軸的交點叫做“和美曲線”的頂點.已知曲線，下列說法正確的是（）A.曲線是“和美曲線”B.點是曲線的一個頂點C.曲線所圍成的封閉圖形的面積D.當點在曲線上時，【答案】AD【解析】對于A，將代入曲線方程，易知成立，故曲線關于原點對稱，將代入，易知成立，故曲線關于坐標軸對稱，故A正確；對于B，令可得：，即，故B錯，對于C，，所以曲線所圍成的封閉圖形在橢圓內部，而橢圓面積為：，故C錯誤；對于D,由，可得：，所以，當時取等號，故D正確；故選：AD11.在三棱錐中，給定下列四個條件：①；②；③；④.下列組合條件中，一定能斷定三棱錐是正三棱錐的有（）A.①② B.①③ C.②④ D.③④【答案】ACD【解析】對于A，由①-②得，即，即，再代回①由數量積的定義可得，在側面三個三角形中由余弦定理可得，所以由①②一定能斷定三棱錐是正三棱錐，選項A正確；對于B，由①得，化簡即為③，而由①得，即，同理可得，即在底面的投影為的垂心，但無法保證為等邊三角形，所以由①③不一定能斷定三棱錐是正三棱錐，選項B不正確；對于C，由④-②得，即，代入④可得，在側面三個三角形中由余弦定理可得，，，三式兩兩相減得，化簡可得，所以由②④一定能斷定三棱錐是正三棱錐，選項C正確；對于D，由③+④得，由選項C可知，選項D正確.故選：ACD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在等差數列中，若，則__________.【答案】16【解析】由，則，解得，，則，.故答案為：16.13.在學校三月文明禮儀月中，學生會4位干事各自匿名填寫一張《校園設施改進建議卡》，老師將建議卡打亂順序后，要求每人隨機抽取一張進行互評審核，則恰好有2位干事抽到自己所寫建議卡的概率為__________.【答案】【解析】假設所有人拿到自己的卡，則恰好有2位干事抽到自己所寫建議卡，相當于從4人中選兩人交換自己的卡，有種可能，而每人隨機抽取一張有種可能性，則相應概率為：.故答案為：14.定義在上的函數滿足.若，對，，則__________，并寫出的一個函數解析式__________.【答案】①.4②.【解析】由得：當時，；當時，.假設，使得，則題意得，即，取時，有，即這與矛盾.所以不，使得.綜上，當時，；當時，①.當時，；當時，②.對于①而言：當時，即，則，所以，所以，注意到的任意性，所以當時，即，則，所以，所以，注意到的任意性，所以所以，即，解得或即或，舍.所以，則對于②而言：同理得，則.故答案為：4；.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答底寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知的內角的對邊分別為，且.（1）求；（2）在三個條件中選擇一個作為已知，使存在且唯一確定，并求邊上高線的長.①；②；③的周長為.解：（1）由題意知.又，所以，即，化簡得，又，，則，又，解得，.（2）由（1）知為定值.若選①，由正弦定理可知存在且唯一確定，記邊上高為，則，所以邊上高線的長為9；若選②，由（1）知，，由正弦定理知，所以不存在；若選③的周長為，即由，由正弦定理，設，則，解得，所以，故存在且唯一確定，記邊上高為，則，即邊上高線的長為9.16.如圖，在四棱錐中，底面.（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值.（1）證明：法一：取的中點由得，由得又平面，所以三點共線，所以由平面得又平面，所以平面法二：過作，垂足為由得，所以又平面，所以三點共線，所以由平面得又平面，所以平面（2）解：法一：過作，由（1）知又平面，所以平面，所以又平面平面平面平面所以是二面角的平面角，即是平面與平面的夾角.由得，又，則，則，則所以，所以所以平面與平面夾角的余弦值為.法二：由得，又，所以如圖，以為坐標原點，以為軸，為軸，過作軸，建立直角坐標系，則.記平面的法向量為則有，即，則，令，得所以取平面的法向量的一個法向量為記平面PAC的法向量為取平面的法向量的一個法向量為所以所以平面與平面夾角余弦值為.17.已知橢圓的長軸長是短軸長的倍，且左?右焦點分別為.（1）求的方程；（2）已知為坐標原點，點在上，點滿足，求的最小值，并指出此時點的坐標.解：（1）由題意可設橢圓，且所以，解得所以的方程為.（2）解法一：設點，所以，由，得，解得.又，所以，化解得，所以，由得，解得，所以，當且僅當時，取“=”，則，即，所以的最小值為，此時點的坐標為或.解法二：設點，所以，由，得，解得.由得，解得，所以，當且僅當時，取“=”，即，所以的最小值為，此時點的坐標為或.18.已知.（1）若，求曲線在處的切線方程；（2）設，是否存在，使得曲線與關于原點對稱？若存在，求；若不存在，說明理由；（3）證明：對任意，存在，使得有兩個不同的零點.（1）解：函數，求導得，則，而，所以曲線在處的切線方程為，即.（2）解：若存在，則，，曲線，又曲線關于原點對稱的函數為，依題意，，整理得，所以.（3）證明：函數的定義域為，求導得，令，依題意，，方程在上有唯零點，當時，，；當時，，，函數在上遞增，在上遞減，對任意，存在使得，則，而，對任意，取，，由在上遞増，得，又當從大于0的方向趨近于0時，；當時，，則對任意，任意，使得有兩個不同的零點，所以對任意，存在，使得有兩個不同的零點