2025届安徽省顶尖名校教育高三(上)11月联考数学试卷(解析版)

这是一份2025届安徽省顶尖名校教育高三(上)11月联考数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由已知得，，
即
故选：.
2. 若复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，故，
故选：A.
3. 已知曲线，在点处的切线与直线垂直，则a的值为（ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】C
【解析】，则，
则，曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，解得.
故选：C
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，
所以，
又，则，，即，所以，
因为，所以，，
由，可得，即，符合题意，
故选：C.
5. 已知函数在上单调递减，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】在0,+∞上单调递减，
所以 ，
解得 ，即，
所以则a的取值范围为，
故选： .
6. 在锐角中，内角的对边分别为a，b，c，，为其外心.若外接圆半径为，且，则的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】由题意可知，，
，
，
，，
，.
故选：B.
7. 在四棱锥中，底面为正方形，，，平面平面，则下列说法错误的是（ ）
A.
B. 当平面平面时，
C. ，分别为，的中点，则平面
D. 四棱锥外接球半径的最小值为
【答案】B
【解析】对于A，因为平面平面，平面平面，平面，，所以可得平面，又因为平面，所以，即可得，故A正确；
对于B，若平面平面，则两平面所成二面角为，
设两平面交线为，由，平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为平面，所以平面，
即就是平面与平面所成的二面角的平面角，则，
所以在中，，，所以，故B错误；
对于C，取中点为，则，又因为平面，平面，
所以可得平面，
又由，同理可得平面，又因为，平面，
所以平面平面，
又因平面，所以平面，故C正确；
对于D，设四棱锥外接球的球心为，在平面、平面的射影分别为、，
且可知、分别为三角形和四边形的外接圆圆心，
由已知条件可知四边形为矩形，为外接球半径，
，所以，
仅当、重合时取等号，此时，，故D正确.
故选：B.
8. 函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线.在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得：，，
则
，
可得，
又因为为递增数列，且，
所以当，可得.
故选：A.
二、选择题：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. 已知，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】，故A正确；
，故B错误；
因，，且，，故C错误；
，，
令，，时，取得最小值8，
所以，故D正确.
故选：AD.
10. 已知函数，，恒成立，则（ ）
A. 是偶函数
B. 在上单调递增
C. 可以取
D. 当时，的取值范围是
【答案】ABC
【解析】对于A，可知为偶函数，故A正确；
对于B，又对有，
，故，
∴fx在0,+∞上单调递增，故B正确；
对于C，故
，
令，化为，，
故，解得，故，故C正确；
对于D，时，
，
由图可知，，故D错误；
故选：ABC.
11. 如图，三棱台中，是上一点，平面，，则（ ）

A. 过点有四条直线与所成角均为
B. 平面
C. 棱上存在点，使平面//平面
D. 若点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为4，则长度的最小值为
【答案】ACD
【解析】选项A，由异面直线所成角的定义考察过点的直线，如图，直线是的平分线，即，在过直线且与平面垂直的平面内．把直线绕点旋转，旋转过程中始终保持该直线与的夹角相等，旋转到与平面垂直位置时，直线与的夹角为，因此中间必有一个位置，使得夹角为，以为旋转中心，点向上移有一个位置，向下移也有一个位置，同样点（如图，点在的反向延长线上）向上移有一个位置，向下移也有一个位置，共四个位置得四条直线，由于夹角为，这四条直线不重合，再过作这四条直线的平行线，满足题意，故A正确，

选项B，因为平面，平面，所以，因此是直角梯形，，则，但，因此与不垂直，从而与平面不垂直，B错；
选项C，如下图，由，得，
又，即得，
所以，
又平面，平面，所以平面，
过作交于点，（是平行四边形，，点在线段上），同理可得平面，
又是平面内两相交直线，所以平面//平面，C正确；

选项D，因为平面，平面，所以，又，
，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面，
过作，垂足为，由面面垂直性质定理得平面，
在直角梯形中，，
所以在直角中，，，
与平面所成角的正切值为4，即，
所以，
因此点轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面内圆弧，的最小值为，D正确．

故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，，若，则______.
【答案】－7
【解析】因为，，
所以，.
13. 表示不超过的最大整数，比如，，，已知等差数列的通项公式，其前项和为，则使成立的最大整数为________.
【答案】63
【解析】，
，
，，
即，
，时，；
时，
故的最大值为63.
14. 某同学在同一坐标系中分别画出曲线，曲线，曲线，作出直线，.直线交曲线、于、两点，且在的上方，测得；直线交曲线、于、两点，且在上方，测得.则______.
【答案】
【解析】，.
则由，得，
令，，，则，
又∵，∴，∴，
同理，，
又∵，∴，则.
∴
.
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. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.
（1）求的值；
（2）若，求的面积.
解：（1），
故或，
当时，不合题意，
故；
（2），即，
，
，，
故，，
故.
16. 已知函数
（1）求函数在区间上的解析式；
（2）已知点，点是函数在区间上的图象上的点，求的最小值.
解：（1）由题可知在上，，
而，所以，
即在上，；
（2）设，
，
当且仅当时，取得等号，解得，
故的最小值为.
17. 如图，三棱锥中，底面，且，，为的中点，在线段上，且.

（1）证明：；
（2）若的中点为，求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：因为底面，且底面，
所以，
因为，且，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且为的中点，
所以，
又因为，且，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：根据题意可知，以点为原点，以过点且平行于的直线为轴，，所在的直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

，
可得A0,0,0，，，，，
则，，
因为在线段上，设，
其中，
则，
因为，
可得，所以，
所以，，
可得，，，
设平面的法向量为，则
令，可得，，所以，
设平面的法向量为m=x,y,z，则
令，可得，，所以，
设平面与平面的夹角为，
可得，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知函数有两个零点，，函数.
（1）解不等式；
（2）求实数的取值范围；
（3）证明：.
（1）解：，
故为上的增函数，
由题可知，
，即，
解集为.
（2）解：，
当时，，为减函数，不符合题意；
时，时，，时，.
又时，；时，.
有两个零点，
故，
解得；
（3）证明：由（2）知：，且，
，
由（1）知时，，，
，故，
，
化为 ①，
同理：，
，
可化为 ②，
②+①得：
化简得：.
19. 定义数列为“阶梯数列”：
．
（1）求“阶梯数列”中，与的递推关系；
（2）证明：对，数列为递减数列；
（3）证明：．
（1）解：由阶梯数列的形式结构可知.
（2）证明：由，，所以，
，
∴，
同理，
累乘得，
即，
由，，
∴
故对为递减数列.
（3）证明：，
，
又对，
由（2）知，
故，
又，，
所以，
故对，
∴，
∴，
∴，
当时，，
综上，．