安徽省江淮十校2025届高三上学期第一次联考（一模）数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂照．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由分式不等式的解法与交集的概念求解
【详解】由得，得，则，
故选：B
2. 设，其中i为虚数单位．则“”是“”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】根据复数的四则运算法则，复数模的计算，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】因为，所以．令，解得或，
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
3. 若，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较的大小，可得结论.
【详解】，
而，且．
所以，故．
故选：D.
4. 已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用向量的数量积及运算律，结合投影向量公式计算即可得解.
【详解】因为，与的夹角为，
所以，
则，
所以在上的投影向量为．
故选：B.
5. 定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的周期为2
B. 函数的图象关于对称
C. 函数为偶函数
D. 函数的图象关于对称
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知及偶函数判断周期判断A,再结合周期判断对称性判断B,C,D.
【详解】由题意可知，fx+4=−fx+2=fx，则函数的周期为4．A选项错误；
又，即函数的图象关于对称，也关于1,0对称， 则的图象不关于对称，B错误；
若关于对称，已知图象关于对称，则函数周期为2矛盾， D错误．
对于C，为偶函数，则，可知，故C正确．
故选：C.
6. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得的外接圆的半径，记的外心为，证得面，求得，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】设的外接圆的半径为，因为，
由余弦定理得，所以，
则，故，
记的外心为，连接，则
取的中点，连接，则，
又因为，可得，
因为，且平面,平面，
所以平面,平面，
又因为平面,平面，所以，
因为且平面，所以面，可得
由题意可得外接球的球心在上，设外接球的半径为，
可得，解得，即，
所以球的表面积为．
故选：A.
7. 已知函数，若不等式的解集中恰有两个不同的正整数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】不等式可化为，利用导数分析函数的单调性，作函数，的图象，由条件结合图象列不等式求的取值范围.
【详解】函数的定义域为，
不等式化为：．
令，，，
故函数在上单调递增，在上单调递减．
当时，gx>0，当时，gx=0，
当时，gx<0，
当时，，当，且时，，
画出及hx的大致图象如下，
因为不等式解集中恰有两个不同的正整数解，
故正整数解为．
故，
即．
故.
故选：C.
8. 抛物线的焦点为，准线与轴的交点为．过点作直线与抛物线交于两点，其中点A在点B的右边．若的面积为，则等于（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由题得直线斜率必存在且，故由对称性不妨设得A和B在第一象限，过作轴交于点，则根据题意可得结合点，然后利用结合条件条件即得.
【详解】由题可知，，直线斜率必存在，且，
由对称性不妨设，则A和B在第一象限，
因为，所以，过作轴交于点，
则，即，
又点在上，所以即，
代入得，
整理得，即，
所以或，此时或，
因为A和B在第一象限，所以，故，

所以
，
所以即.
故选：D.
【点睛】思路点睛：由图的结构特征可知，所以解决本题的方向是求出点A和B，先由题得直线斜率必存在，且，故由对称性不妨设得A和B在第一象限，过作轴交于点，则由得，再结合点在上计算整理得或，进而由A和B在第一象限求出点A和B.
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. 给出下列命题，其中正确命题为（ ）
A. 已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为21
B. 随机变量服从正态分布，若，则
C. 一组数据的线性回归方程为，若，则
D. 对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据方差计算判断A,应用正态分布概率计算求参判断B,根据回归直线过样本中心点求解判断C,应用独立性检验判断D.
【详解】对于A选项，去掉后平均数为，
方差为故A选项正确；
对于B选项，由于随机变量服从正态分布，
则，关于1对称，则故B选项正确；
对于C选项，因为，所以，又因为回归方程为，
所以，所以，故C选项错误；
对于D选项，对于独立性检验，随机变量的值越大，则两变量有关系的程度的错误率更低，故越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，D选项正确．
故选:ABD.
10. 函数的部分图象如图所示，其中，图象向右平移个单位后得到函数y=gx的图象，且y=gx在上单调递减，则下列说正确的是（ ）

A.
B. 为图象的一条对称轴
C. 可以等于5
D. 的最小值为2
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，求得函数，结合三角函数的图象变换，以及三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数图象，可得，所以，
所以，解得，
又由函数的图象过点，且，
当时，可得，所以，
解得，因为，可得；
当时，可得，所以，
解得，因为，不存在，舍去，
综上可得，，，所以，所以A不正确，B正确；
又因为，所以是函数的一条对称轴，所以B正确；
将函数的图象向右平移个单位后，得到，
因为在上单调递减，则满足．
解得，
当时，，而，故不可能等于5，所以C错误．
当时，，又因为，所以，所以D正确．
故选：BD.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为．过的直线交双曲线的右支于两点，其中点在第一象限．的内心为与轴的交点为，记的内切圆的半径为的内切圆的半径为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若双曲线渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为2或
B. 若，且，则双曲线的离心率为
C. 若，则的取值范围是
D. 若直线的斜率为，则双曲线的离心率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基本量运算直接得出离心率判断A，结合双曲线定义判断B,结合内切圆性质判断C，结合定义及余弦定理计算可得离心率判断D.
【详解】对于A，双曲线渐近线的夹角为，则或者故或．
对于B，设，则．
故，解得．又，故．
对于C， 令圆切分别为点，则，
，令点，而，
因此，解得，又，则点横坐标为，同理点横坐标为，
即直线的方程为，
设直线的倾斜角为 ，那么 ，
在中，
在中， ，渐近线的斜率为．
因为均在右支上，故．
如图所求，．
对于D，，故，而．
故，
由余弦定理可知，故．
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛： 1.根据几何性质确定的横坐标都是，2.设倾斜角为，将表示为的三角函数.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则______．
【答案】或．
【解析】
【分析】应用二倍角公式及两角差余弦公式化简最后由同角三角函数公式计算即可.
【详解】
当,
当.
故答案为：或13.
13. 现有4个相同的袋子，里面均装有4个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球．现将这4个袋子混合后，任选其中一个袋子，并且连续取出三个球（每个取后不放回），则第三次取出的球为白球的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】设“取出第个袋子”，“，结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，设“取出第个袋子，其中”，
“从袋子中连续取出三个球，第三次取出的球为白球”，
则，且两两互斥．
，所以，
所以，．
故答案为：
14. 以表示数集中最小的数．函数的最大值是______．
【答案】##．
【解析】
【分析】根据函数的最小值函数定义列式再结合换元，最后应用导函数正负得出单调性即可得出最大值.
【详解】．
令，则．
而．
令，其中，则由，可知,
令，得，
即在上为增函数，在上为减函数．故，即，
当且仅当，即时等号成立．故的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 如图，已知在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若为边上一点，且，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得，从而可得，即，即可求解；
（2）利用余弦定理及向量的数量积求出，利用平面向量基本定理表示出，再平方求解．
【小问1详解】
由题意知，，
故．
又，故，而，则．
【小问2详解】
在中，，
故．
，
故
故．
16. 如图，在四棱锥中，，，平面平面为中点．

（1）求证：平面；
（2）点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直；
（2）先应用空间向量法计算线面角得出参数，再计算二面角即可.
小问1详解】
由题意：，同理，
又．而，即
又平面平面，平面平面平面，
平面平面，又，且面面平面．
【小问2详解】
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
设，有，
取面的一个法向量，
则，
故．
令n=x,y,z是平面的一个法向量，则，即
令，有，则
故平面与平面夹角的余弦值为．
17. 椭圆的上顶点为，圆在椭圆内．
（1）求的取值范围；
（2）过点作圆的两条切线，切点为，切线与椭圆的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为．是否存在圆，使得直线与之相切，若存在求出圆的方程，若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设为椭圆上任意一点，再根据两点间距离小于半径即可得出范围；
（2）设直线的方程直线,由点到直线距离等于半径得出的方程为，最后再应用圆心到直线距离等于半径求参即可求出圆的方程．
【小问1详解】
设为椭圆上任意一点，，则．
则．故．
【小问2详解】
由题意可知，设，因为，故切线的斜率都存在．
又直线的方程为，即为，
直线的方程为．
则，故．
而，故，又因为．
故，同理．
故直线的方程为．
若直线与圆相切，则，令．
故，即．故，或．
故存在满足条件的圆，其方程为．
18. 南昌地铁1号线在2015年12月26日正式通车运营，共24站.第1站为双港站，第24站是瑶湖西站.如果乘客乘坐从第1站开往第24站的地铁，则称他为正向乘车，否则称他为反向乘车.假设每隔5分钟，在1号线上的任何一个站点（除去第1站和第24站），乘客可以正向乘车，也可以反向乘车.在五一劳动节的5天假期期间，张爸爸带着大张和小张一起去南昌旅游.他们约定每天由一人统一管理三人的手机，相邻两天管理手机的人不相同.若某天是张爸爸管理手机，则下一天有的概率是大张管理手机；若某天是大张或小张管理手机，则下一天有的概率是张爸爸管理手机，第一天由张爸爸管理手机.
（1）记这5天中，张爸爸保存手机的天数为X，求X的分布列及期望．
（2）在张爸爸管理手机的某天，三人在第13站八一广场站下地铁后，失去了联系.张爸爸决定按照事先安排，独自前往景点.大张和小张都决定乘坐地铁，每到一个站点，下车寻找对方.只要他们出现在同一个站点，就会寻找到对方，然后一起前往景点，和张爸爸汇合，如果没有寻找到对方，则他们继续乘车寻找.大张和小张正向乘车、反向乘车的概率均为.求在25分钟内（包含25分钟），他们寻找到对方的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到变量的取值为，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；
（2）由题意知，大张和小张有的概率乘车的方向相同，转化为求小张在五步内，第一次回到起点的概率，分类讨论，即可求解.
【小问1详解】
由题意知，随机变量的取值为，
可得；
当时，张爸爸管理手机的情况分为：在第3天、第4天、第5天三种情况．
若在第3天管理手机，不同手机管理方法有4种，其概率为；
若在第4天管理手机，不同的手机管理方法有4种，其概率为；
若在第5天管理手机，不同的手机管理方法有2种，其概率为；
所以．
当时，张爸爸管理手机的情况为：第3天和第5天，
此时，不同的手机管理方法有4种，可得故．
所以随机变量的分布列为
所以随机变量的期望为．
【小问2详解】
由题意知，大张和小张有的概率乘车的方向相同，
当大张和小张都乘车寻找对方时，可以视为大张在第13站不乘车，
在某个站点，小张以的概率不乘车，以的概率正向乘车两站，以的概率反向乘车两站，
现求小张在五步内，第一次回到起点的概率，
若小张经过一步，第一次回到起点，相当于小张在第一步选择了停留，其概率为，
若小张经过两步，第一次回到起点，其概率为；
若小张经过三步，第一次回到起点，则只能在第2步时停留，其概率为；
若小张经过四步，第一次回到起点，则小张有2种选择，每站都不停留；
或者停留2次，且只能在第2步和第3步停留，
其概率为；
若小张经过五步，第一次回到起点，则小张有2种选择，停留1次，
且只能第2步或第3步或第4步停留；停留3次，且只能在第2步、第3步、第4步停留，
其概率为，
故满足条件的概率为．
19. 在微积分中，泰勒展开是一种常用的分析方法.若在包含的某个开区间中具有阶导数，设表示的阶导数.则对有.其中，是位于与之间的某个值，它称为阶泰勒余项.叫做在处的阶泰勒多项式.
（1）求在处的1阶泰勒多项式和2阶泰勒多项式，并证明：当时，；
（2）整数.定义数列.设e为自然对数的底数.
（i）求证：；
（ii）求证：.
【答案】（1），证明见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）令，求出和即可求出和；当时，利用导数工具求证和即可得证.
（2）令，先求证为增数列且当时，；为增数列，且当时，.（i）由题意得，
接着利用放缩法得，从而利用累加法得，于是得；（ii）同（i）得，结合累加法得对任意的，，于是得即，再结合得，接着得，进而推出，从而得证.
【小问1详解】
令，则，，
所以，，
所以；
令则，
故在上递减，则，即；
令，则，
故在上递增，则，即.
所以当时，.
【小问2详解】
令，
由题意可知，，故，依次类推有，
故当时，，
所以为增数列，且当时，；
同理为增数列，且当时，.
（i）由题意可知，，
故由得，
所以，
则有，即.
（ii）同（i），我们有，
则对任意的，
故，所以，即，对任意的成立.
函数的导函数为，
所以当时，；时，，1
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以
，
故
，
故由得
，
即.
【点睛】方法点睛：放缩法是一种在求解数学问题时经常使用的技巧之一，尤其在导数和数列上证明不等式时，常见放缩公式（来源于麦克劳林公式）有：
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
1
2
3