安徽省皖南八校2025届高三第三次大联考数学试卷（解析版）

这是一份安徽省皖南八校2025届高三第三次大联考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，，解得，，
结合得，即．
故选：C．
2. 已知复数与互为共轭复数，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，虚部为．
故选：A
3. 设是三条不同的直线，是两个不同的平面，且，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】当时，，所以，又，所以成立，
当时，若与相交，则与异面，不能推导出，
所以“”是“”充分不必要条件．
故选：A．
4. 已知一组数据为，1，3，4，5，7，10，11，若为这组数据的分位数，则的展开式中的系数为（ ）
A. 280B. C. 560D.
【答案】D
【解析】由，得，
则展开式中含的项为，
所以所求的系数为.
故选：D
5. 已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】根据题意，双曲线的离心率为，
所以
则双曲线的渐近线方程为．
故选：B．
6. 如图，高为的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，则水面半径为．
当水的体积等于容器容积的一半时，有，整理得．
因为，，，，则D选项更接近．
故选：D．
7. 已知数列满足，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为（ ）
A. B. C. 100D.
【答案】B
【解析】，则其前20项和．
设写错项为，则，解得，，
故写错之前这个数为．
故选：B．
8. 已知函数，若对任意，有，则正整数的最小值为（参考值：）（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】由，知都不为零，
所以在和上都没有零点．
由于，故在上有零点，
二者结合，可知，而在和上分别取固定的符号，且符号相反．
所以，得，故，
则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
当时，对任意，恒成立；
当时，需满足，即，解得，
所以正整数的最小值为2．
故选：B．
二、多项选择题：本大题共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. 已知向量满足，，则（ ）
A. 与的夹角为B. 与的夹角为
C. D.
【答案】ACD
【解析】对于A,B，设与的夹角为，因为，所以，
得，所以，，故A正确，B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知函数，则（ ）
A. 的定义域为B. 的最小正周期为
C. 在区间上单调递减D. 在区间上仅有2个零点
【答案】ABD
【解析】对于A，因为，所以且，所以，
故的定义域为，故A正确；
对于B，因为函数和的最小正周期均为，
所以的最小正周期为，故B正确；
对于C，因为函数在区间，上单调递减，
函数在区间上均单调递减，且值域为；
函数在区间上均单调递减，且值域为.
所以函数与在区间上均单调递增，
则在区间上单调递增，故C项错误；
对于D，令，则，解得，
在区间上有2个解，故D项正确．
故选：ABD．
11. 平面直角坐标系中，曲线上任一点，满足到点的距离的倒数和为定值，即，则下列说法正确的是（ ）
A. 对于不同的值，曲线总是关于轴对称
B. 当时，曲线经过原点
C. 当时，的取值范围为
D. 当时，轴上存在4个不同的点在曲线上
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，可知为线段的中点，
又动点满足，设动点关于轴对称的点为，
则，，可得，所以曲线关于轴对称，故A正确；
对于B，当时，将原点代入，得，故B错误；
对于C，当时，，可得．
因为，即，解得，，
令，则，由对勾函数可知在内单调递减，在内单调递增，且，，可得，
所以，故C正确；
对于D，当时，设曲线在轴上的点为，由题意得，
因为曲线图象关于轴对称，不妨考虑的情形，
当时，方程化为，解得，
当时，方程化为，解得，
故时，轴上有2个点，所以轴上存在4个不同的点在曲线上，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则______．
【答案】4
【解析】因为，则，
又，
所以，
所以．
故答案为：4.
13 如图所示，两直角三角形共斜边，且，设，则______．

【答案】
【解析】，由题意可得，，，，因为则
两式平方相加可得，即，所以．
故答案为：.
14. 已知数集，，现随机从和中各抽取3个不同的数分别构成最大的三位数和，则事件“”的概率为______．
【答案】
【解析】可分为两类：
中有7时和中无7时，
由题意可得：（中有7），（中无7）．
若中含7，则；
若中无7的情况下：，
此时；
所以．
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 在中，所对的边分别为．
（1）求；
（2）若，求的面积．
解：（1）由正弦定理得，即．
由余弦定理得．
因为，所以．
（2）由三角形内角和性质得，
则，
整理可得，则，
由，解得，则，
由，则，
由正弦定理可得，则，
所以的面积为．
16. 如图，矩形中，，为边的中点，现将沿翻折至，得四棱锥，且平面平面，点为线段上一动点，且．
（1）求证：；
（2）当时，若点关于平面的对称点为，求直线与平面所成角的正弦值．
（1）证明：连接，由，得，
由，得，
所以，
所以，即，
由平面平面平面，平面平面，
得平面，
又平面，所以，
又平面，
所以平面，且平面，
所以．
（2）解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面一个法向量为，，，
则令，则，
平面的一个法向量为，
由题可知，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
17. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一点，且满足．
（1）求椭圆的方程；
（2）在直线上取一点，连接交椭圆于两点、，若，求点的坐标．
解：（1）因为为椭圆上一点，且满足，则，
由题意知，得，
故椭圆的方程为．
（2）若直线的斜率不存在，则该直线与椭圆相离，不合乎题意，
由题意可知，直线不与轴重合，
依题意，设直线的斜率为，则直线的方程为，
设、，
联立消得，
则，
可得①，②，
由，，，
，整理得③，
由①③得，代入②，解得，
直线的方程为或，
若直线的方程为，则点；
若直线的方程为，则点.
综上所述，点坐标为或．
18. 已知函数．
（1）若曲线在处的切线平行于直线，求的值以及函数的最小值；
（2）证明：对一切的，都有；
（3）当时，若曲线与曲线存在两交点，记直线的斜率为，证明：．
（1）解：由题意，，所以，
所以，
法1：，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以．
法2：，
当且仅当，即时，取等号，所以函数的最小值为4；
（2）证明：先证，则．
设，则，
因为，所以，即在上单调递增，又，
所以当时，，
当，则，所以；
同理，当，则也成立；
所以，则．
（3）证明：设，其中，由（2）知，则，
取，得，，所以①，
将和相减，得，，所以代入①，
所以，即．
19. 经典比特只能处于“0”态或“1”态，而量子计算机的量子比特可同时处于“0”或“1”的叠加态，某台量子计算机以序号的粒子自旋状态为量子比特，每个粒子的自旋状态等可能的处于“0”态（下旋状态）或“1”态（上旋状态），现记序号为奇数的粒子中，处于“0”态的个数为，序号为偶数的粒子中，处于“1”态的个数为．
（1）当时，求随机变是的分布列和期望；
（2）在这个粒子中，求事件“”的概率；
（3）在这个粒子中，令随机变量，证明：．
（参考公式：）
（1）解：随机变量的可能取值为0，1，2，
，
所以随机变量的分布列为
所以随机变量的期望为；
（2）解：（或）；
（3）证明：令，则可取，故可取，
当取时，
，
故，
从而，
整理，得，
，又因，
所以，
又
，
根据，可得．
可得．
由（2）知，所以．0
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