安徽省师范大学附属中学2025届高三下学期4月质量检测数学试题 含解析

这是一份安徽省师范大学附属中学2025届高三下学期4月质量检测数学试题 含解析，共19页。试卷主要包含了 已知，则， 已知函数， 已知函数和，则， 已知为抛物线等内容，欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟.
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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因，即，解得，
所以，则，
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先利用，化简，再利用复数的除法运算求，再求出，最后利用复数的加法运算即可.
【详解】因，，则，
则，.
故选：D.
3. 设，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据商数关系和平方关系求解即可.
详解】，所以，
解得或（舍），
故选：B.
4. 若向量，向量满足，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件可得，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】由可得，即，
且在上的投影向量为
故选：C
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据对立事件概率公式求出，进一步由条件概率公式即可求解.
【详解】因为，所以，
.
故选：A.
6. 已知圆台上、下底面半径分别为，，高为，且，当圆台的体积最大时，圆台的母线与底面所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆台的体积公式求出，再利用进行消元，得到关于的函数，再利用导函数求其单调性即可求出，的值，最后结合图形求其正切值.
【详解】因，则，
因，得，
令，则，
则得；得，
则在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值，此时，
故圆台母线与底面所成角的正切值为.
故选：D.
7. 已知函数（其中表示不超过的最大整数），则关于的方程的所有实数根之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】已知可将方程转化为，结合的定义可得，即，解不等式，再分别判断个区间内解的情况.
【详解】，即，
因为，所以可得，解得，
当时，满足题意；
当时，即，解得，满足题意；
当时，即，解得，满足题意，所有实数根之和为，
故选：A.
8. 记数列的前项和为，若，则的值不可能为（ ）
A. 96B. 98C. 100D. 102
【答案】D
【解析】
【分析】根据和的关系分析及特例求解判断即可.
【详解】当时，，设，
当时，，则，
即，所以，
时取等，故D错误；
若，，且，，，
此时；
若，，且，，，
此时.
故A，B，C正确.
故选：D.
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. 已知函数和，则（ ）
A. 和的最小正周期相同
B. 和在区间上的单调性相同
C. 的图象向右平移个单位长度得到的图象
D. 和的图象关于直线对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数的单调性，对称性，周期性及函数的平移变换分别判断个选项.
【详解】对于A：和的最小正周期均为，选项A正确；
对于B：当时，，所以单调递增，
当时，，所以单调递增，选项B正确；
对于C：的图象向右平移个单位长度所得函数为，选项C错误；
对于D：，选项D正确.
故选：ABD.
10. 已知为抛物线：的焦点，为坐标原点，过的直线与交于，两点，交的准线于点，则（ ）
A.
B. 若直线的斜率为1，则以线段为直径的圆截轴所得的弦长为10
C. 若，则
D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设出直线的方程，与抛物线联立，消元可表达两根和与积，设出点，表达向量的数量积即可判断选项A；斜率已知，则弦长和中点坐标可表达；圆的方程已知，求弦长可判断B；，则A为P与B的中点，结合抛物线定义可判断C；求角正切值的最值，考虑引入参数，用不等式的方法求解.
【详解】设直线：，，，其中，
∴，整理得，则，
，A正确；
直线的斜率为1，则此时，，
∴，
设为中点，
又，
易知，所以以为直径圆截轴所得弦长为，B错误；
过A，分别作的垂线，垂足分别为，，因为，则A为P与B的中点，所以，由抛物线的定义可知，，C选项正确；
设与轴交于点，因为，所以不妨设，
所以，
当且仅当时取等号，D选项正确.
故选：.
11. 设，函数，则（ ）
A. 有两个极值点
B. 若，则当时，
C. 若有个零点，则的取值范围是
D. 若存在，满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数分类求解含参函数的单调性，判断选项A，结合选项A中单调性即可直接判断选项BC，根据等量关系直接求解，即可判断选项D.
【详解】对于A选项，，
当时，，单调递增，无极值点；
当时，得或，，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
此时有两个极值点，故A选项错误；
对于B选项，当，时，
由上述知，在上单调递增，在上单调递减，
则，故B选项正确；
对于C选项，当时，单调递增，至多只有一个零点，不合题意；
当时，若有个零点，
则由单调性可知必然有，解得.
而当时，，，
在区间，，中分别各有一个零点，故C选项正确；
对于D选项，，
等价于或，，故D选项正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知双曲线：的渐近线方程为，则的焦距为______.
【答案】5
【解析】
【分析】通过题意写出双曲线的标准方程，根据渐近线方程列出等式求出，写出方程求出焦距即可.
【详解】易知，，，得出和，
因为渐近线方程为，故，解得，
所以，所以的焦距为.
故答案为：5.
13. 设函数，，若曲线与恰有个公共点，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，根据奇偶性及交点个数可知，解方程，分别验证即可.
【详解】易知与均为偶函数，
若曲线与恰有个公共点，则，
所以，解得，
当时，，值域为，
由，所以此时两函数只有一个交点，不符题意；
当时，，
当时，，，
设，
则，记
则恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
即存在，使，又，
所以函数在有一个零点，
即曲线与在有一个公共点，
综上所述曲线与共有个公共点，符合题意，
故答案为：.
14. 已知正三棱锥的各顶点均在半径为1的球的球面上，则正三棱锥内切球半径的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正三棱锥外接球半径，结合“正三棱锥体积正三棱锥表面积正三棱锥内切球半径”，可求内切球半径的表达式，再结合三角换元的方法可求内切球半径的最大值.
【详解】设正三棱锥的底面边长，到平面的距离为，
所以，，
所以，，，
所以
，
不妨设，，所以，所以，
设，，
所以，
所以内切球半径的最大值为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 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满足，则称其为高度相关，试判断青少年身高与体重是否高度相关，说明理由（精确到0.01）；
（2）建立关于的经验回归方程，并预测某同学身高为时，体重的估计值（保留整数）.
参考数据：，，，，.
参考公式：样本相关系数，经验回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为：，.
【答案】（1）相关，理由见解析
（2），身高为的某同学，体重大概为
【解析】
【分析】（1）根据题意，由相关系数的公式代入计算，即可判断；
（2）根据题意，由最小二乘法公式代入计算，分别求得，然后代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
.
因为（或），
所以，即身高与体重间是高度相关的；
【小问2详解】
因为，
所以，
所以体重关于身高的回归方程为，
所以当时，.
即某同学身高为时，体重大概为.
16. 设函数.
（1）若是增函数，求的取值范围；
（2）若，为的两个极值点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后根据增函数列出不等式求解即得；
（2）由（1）以及有两个极值点，可得，且，，化简并代入即可求得的取值范围.
【小问1详解】
由，求导得，
若是增函数，即，
所以恒成立，
因为，则有，
解得，即的取值范围是；
【小问2详解】
由（1）可知，若有两个极值点，则，
根据韦达定理得出，，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围是.
17. 如图，在正四棱锥中，，，，分别为，的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若点在棱上，当直线与平面所成角取最大值时，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）连接，可得，证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明；
（2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，妨设，求出平面的一个法向量和的坐标，利用夹角公式求解.
【小问1详解】
连接，设与相交于点，连接.
∵，分别为，的中点，∴，
在正四棱锥中，平面，
又∵平面，∴，
又底面为正方形，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面.
【小问2详解】
由（1）以及题意可知，在中，，.
在中，，，∴.
又∵，，，
∴以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，，
则，，，.
∵在棱上，∴不妨设，
则，.
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，则.
设与平面所成的角为，
则，当且仅当时等号成立.
∴当与平面所成角取得最大值时，.
18. 已知椭圆：的右焦点为，离心率为，过点的直线交于，两点（在线段上），当直线的斜率为0时，.
（1）求的方程；
（2）求面积的最大值；
（3）过且与轴平行的直线与直线交于点，证明：线段的中点在定直线上.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，代入计算，然后表示出三角形的面积公式，结合基本不等式即可得到结果；
（3）根据题意，联立直线与直线，表示出点的横坐标，然后表示出中点横坐标，即可证明.
【小问1详解】
依题意，所以，
因为，所以，
所以，
所以的方程为；
【小问2详解】
设直线：，，，易知
由可得，，，，
，解得，
面积是与的面积之差，
所以的面积
设，所以，当且仅当时取“=”，
所以面积的最大值为；
【小问3详解】
直线：，
由，解得，
所以线段的中点横坐标为，
所以，
所以线段的中点在直线上.
19. 已知数列满足，且.
（1）若，求满足条件的的值；
（2）设集合，
（ⅰ）若，证明：，，成等比数列；
（ⅱ）若（其中），且，求的最大值.
【答案】（1）3 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由题意可得：或，结合的值分析求解即可；
（2）（i）由题可知，分析可知，，即可得结果；（ⅱ）由题意可知：或，根据题意结合累积法分析可知，进而分析最值即可.
【小问1详解】
由题意可知：或，
且，
若，则或，显然不合题意；
若，则，符合题意；
所以.
【小问2详解】
（ⅰ）由题知，当时，，
若，则与且矛盾，
所以，所以，
若，则与且矛盾，
所以，同理可得，
所以成公比为的等比数列；
（ⅱ）由
可推得，或，
对于任意正整数，
可得，
即，
所以，所以，
由题知，所以，，，
所以，，，
若，则与且矛盾，所以，
因为且，所以且，所以，
因为，，所以，
又，，，
所以为正奇数，
所以，
同理，，，
所以，
当为，，1，，0，，，0，，，0，，时，符合题意，
所以的最大值为.样本号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
均值
身高
165
157
156
173
163
159
177
161
165
164
体重
53
46
48
56
57
49
60
45
54
52