2025年安徽师大附中高考数学质检试卷（4月份）（含答案）

这是一份2025年安徽师大附中高考数学质检试卷（4月份）（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={−2,−1,0,1,2,3}，B={x|y=lnx x2−1}，则A∩B=( )
A. {0,1,2,3}B. {−2,2,3}C. {2,3}D. {1,2,3}
2.若z=1−i3i5，则z+z−=( )
A. −2iB. 2iC. −2D. 2
3.设00时，f(x)≥−1
C. 若f(x)有3个零点，则a的取值范围是(0,34)
D. 若存在s，t∈R，满足f(s−t)+f(s+t)=2f(s)，则st=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知双曲线C：mx2+(m+1)y2=1的渐近线方程为y=±2x，则C的焦距为______．
13.设函数f(x)=a|x|+2|a|，g(x)=ex+e−x，若曲线y=f(x)与y=g(x)恰有3个公共点，则a= ______．
14.已知正三棱锥D−ABC的各顶点均在半径为1的球O的球面上，则正三棱锥D−ABC内切球半径的最大值为______．
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.(本小题13分)
某研究小组为了解青少年的身高与体重的关系，随机从15岁人群中选取了9人，测得他们的身高(单位：cm)和体重(单位：kg)，得到如下数据：
(1)若两组变量间的样本相关系数r满足0.8≤|r|0)．
(1)若f(x)是增函数，求a的取值范围；
(2)若x1，x2为f(x)的两个极值点，求f(x1)f(x2)的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在正四棱锥P−ABCD中，AB=2 6，PA=4，E，F分别为PB，PD的中点．
(1)证明：平面PAC⊥平面CEF；
(2)若点G在棱PD上，当直线CG与平面AEC所成角取最大值时，求PG．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为 22，过点P(2,0)的直线l交C于A，B两点(B在线段AP上)，当直线l的斜率为0时，|PA|=(3+2 2)|PB|．
(1)求C的方程；
(2)求△FAB面积的最大值；
(3)过A且与x轴平行的直线与直线FB交于点M，证明：线段MA的中点在定直线上．
19.(本小题17分)
已知数列{an}满足an≥0，且(2an+2−an+1−an)(an+2−2an+1+an)=0．
(1)若a4=2a2=4a1=4，求满足条件的a3的值；
(2)设集合A={n|an=0}，
(ⅰ)若A={1,4,7}，证明：a2，a5，a8成等比数列；
(ⅱ)若A={i,j,k}(其中i>j>k>3)，且a2=a1+1，求ai+1的最大值．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.C
5.A
6.D
7.A
8.D
9.ABD
10.ACD
11.BCD
12.5
13.1
14.13
15.解：(1)9i=1(xi−x−)(yi−y−)=9i=1xiyi−9x−y−=77000−8528×9=248，
因为r=9i=1(xi−x−)(yi−y−) 9i=1(xi−x−)29i=1(yi−y−)2=248 400×220=24840 55≈0.84，
所以0.8≤|r|0)，求导得f′(x)=ex(ax2−2ax+1)(ax2+1)2，
若f(x)是增函数，即f′(x)=ex(ax2−2ax+1)(ax2+1)2≥0，
又ex>0，(ax2+1)2>0，
所以ax2−2ax+1≥0恒成立，
因为a>0，则有Δ=4a2−4a≤0，
解得01，
根据韦达定理得出x1+x2=2，x1x2=1a，
所以f(x1)f(x2)=ex1ax12+1×ex2ax22+1=ex1+x2a2x12x22+ax12+ax22+1=e22+a(4−2a)=e24a，
因为a>1，所以e24a∈(0,e24)，
所以f(x1)f(x2)的取值范围是(0,e24)．
17.解：(1)连接BD，设BD与AC相交于点O，连接PO，
∵E，F分别为PB，PD的中点，∴EF/​/BD，
在正四棱锥P−ABCD中，PO⊥平面ABCD，
又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PO，
又底面ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
∵AC∩PO=O，AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
∴EF⊥平面PAC，
∵EF⊂平面CEF，
∴平面PAC⊥平面CEF．
(2)由(1)以及题意可知，在Rt△BOC中，BC=2 6，BO=CO=2 3，
在Rt△POC中，CO=2 3，PC=4，∴PO= PC2−CO2=2，
又∵PO⊥AC，BD⊥AC，BD⊥PO，
∴以O为坐标原点，以OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则O(0,0,0)，A(0,−2 3,0)，B(2 3,0,0)，C(0,2 3,0)，D(−2 3,0,0)，P(0,0,2)，E( 3,0,1)，
则AC=(0,4 3,0)，AE=( 3,2 3,1)，BP=(−2 3,0,2)，PD=(−2 3,0,−2)．
∵G在棱PD上，∴不妨设PG=λPD(0≤λ≤1)，
则G(−2 3λ,0,2−2λ)，CG=(−2 3λ,−2 3,2−2λ)，
设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥AEn⊥AC，则n⋅AE=0n⋅AC=0，即 3x+2 3y+z=04 3y=0，
令x=−1，则y=0，z= 3，则n=(−1,0, 3)，
设CG与平面AEC所成的角为θ，
则sinθ=|n⋅CG||n|⋅|CG|= 34 (λ−14)2+1516≤ 55，当且仅当λ=14时等号成立，
∴当CG与平面AEC所成角取得最大值时，PG=14PD=1．
18.解：(1)依题意有2+a2−a=3+2 2，所以a= 2，
设椭圆半焦距为c，因为离心率为 22，所以ca= 22，则c=1，
所以b2=a2−c2=1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)设直线l：x=my+2，由(1)知F(1,0)，
联立x=my+2x2+2y2−2=0，消去x得(m2+2)y2+4my+2=0，
Δ=(4m)2−4×(m2+2)×2=8m2−16>0，解得m2>2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=−4mm2+2，y1y2=2m2+2，
因为S△FAB=S△PAF−S△PBF=12×|PF|×|y1−y2|=12×1× (y1+y2)2−4y1y2
=12 (−4mm2+2)2−4⋅2m2+2= 2 m2−2m2+2，
令 m2−2=t，所以S△FAB= 2tt2+4= 2t+4t≤ 24，当且仅当t=2时取等号，
所以△FAB面积的最大值为 24；
(3)证明：直线FB：x=x2−1y2y+1，
联立x=x2−1y2y+1y=y1，解得xM=x2−1y2y1+1=my2+1y2y1+1=my1y2+y1+y2y2，
所以线段MA的中点横坐标为x0=12(my1y2+y1+y2y2+my1+2)=2my1y2+y1+3y22y2，
所以x0=2m2m2+2−4mm2+2+2y22y2=1，
所以线段MA的中点在直线x=1上．
19.解：(1)由题意可知：an+2=an+1+an2或an+2=2an+1−an，
且a4=2a2=4a1=4，
若a3=a1+a22=32，则a4=a2+a32=74或a4=2a3−a2=1，显然不合题意；
若a3=2a2−a1=3，则a4=2a3−a2=4，符合题意；
所以a3=3．
(2)(ⅰ)证明：由题知a1=a4=a7=0，当n≠1，4，7时，an>0，
若a4=a2+a32，则与a2>0且a3>0矛盾，
所以a4=2a3−a2=0，所以a3=12a2，
若a5=2a4−a3=−a30且a5>0矛盾，
所以a5=a4+a32=a32=14a2，同理可得a8=12a6=14a5=116a2，
所以a2，a5，a8成公比为14的等比数列；
(ⅱ)由(2an+2−an+1−an)(an+2−2an+1+an)=0
可推得，an+2−an+1an+1−an=−12或an+2−an+1an+1−an=1，
对于任意正整数m，n(m0，ai+1>0，ai−1>0，
若ai=ai−1+ai−22，则与ai−1>0且ai−2>0矛盾，所以ai=2ai−1−ai−2，
因为ai−1>0且ai−2>0，所以j≠i−1且j≠i−2，所以j≤i−3，
因为ai+1−ai=ai+1>0，ai−ai−1=−ai−1