安徽省六安市2025届高三数学上学期期中试题含解析

这是一份安徽省六安市2025届高三数学上学期期中试题含解析，共21页。试卷主要包含了 已知，，且，则， 已知函数，，恒成立，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整，笔迹清晰.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.
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】
【分析】分别求出不等式的解集，再利用交集的运算法则求解.
【详解】由已知得，，
即
故选：.
2. 若复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数的除法求解出，然后根据共轭复数的概念求解出.
【详解】因，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】
【分析】根据导数求出曲线在点处的切线斜率，再根据两条互相垂直的直线斜率之积等于算出即可.
【详解】，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】
【分析】利用二倍角公式结合的范围化简原式得到的值，然后将平方并结合的范围求得结果.
【详解】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】
【分析】根据分段函数在每一段递减，且在分段处函数值的大小关系符合单调递减列出不等式求解.
【详解】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】
【分析】由向量数量积及三角形外心定义可知，，然后化简已知等式，得到的值.
【详解】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】
【分析】利用面面垂直证明线面垂直，利用空间平行证明面面平行，利用外接球球心到各面的射影为各面外接圆圆心等性质来求解即可.
【详解】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】
【分析】根据题意可得，利用裂项的思想整理可得，进而可得，即可得结果.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用裂项的思想整理可得，即可得结果.
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. 已知，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A,利用乘1法计算判断；对于B,先求出，再结合基本不等式计算判断；对于C,利用配方法计算判断；对于D,构造函数，利用导数求最值判断.
【详解】，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】
【分析】由偶函数的定义可得A正确；由递增函数的定义可得B正确；由函数为递增函数可得，再令，由辅助角公式得到，解出可得C正确；由辅助角公式得到，再画函数图像可得D错误；
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：本题D选项关键能够发现有辅助角公式得到自变量的范围，再结合函数图像求值域.
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】
【分析】由的平分线绕点在过直线且与平面垂直的平面内旋转确定直线的位置判断A，求出与不垂直，判断B，过作交于点，由面面平行的判定定理证明面面平行后判断C，根据线面角定义确定点轨迹后求得最小值判断D．
【详解】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，由面面垂直的性质定理得平面，
在直角梯形中，，
所以直角中，，，
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．
【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题是个难点．确定轨迹的方法一种是利用空间直线与平面的平行或垂直关系得出动点所在的直线或平面满足的平行或垂直，从而得出轨迹，第二种利用空间角、距离的定义通过计算确定动点到某个定点的距离为定值（如本题），由平面几何知识得轨迹，该轨迹在平面内的部分即为所求（常常求的是在几何体某个面上的轨迹，因此要加范围限制）．
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】
【分析】根据平面向量的坐标运算及向量垂直的数量积表示求解.
【详解】因为，，
所以，
.
故答案为：
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】
【分析】运用公式先求出，再进行适当放缩，取整，求和，解不等式即可.
【详解】，
，
，，
即，
，时，；
时，.
故的最大值为63.
故答案为：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】
【分析】由题意易得，，通过引入辅助角，分别求得，再利用两角和的余弦公式求即得.
【详解】，.
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.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）由诱导公式结合已知计算即可；
（2）由两角和的正弦展开式和三角形的面积公式计算即可；
【小问1详解】
，
故或，
当时，不合题意，
故；
【小问2详解】
，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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据自变量的范围代入函数解析式即可；
（2）设出M坐标，根据两点之间的距离公式列式即可.
【小问1详解】
由题可知在上，，
而，所以，
即在上，；
【小问2详解】
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证平面，根据线面垂直的定义证明线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量求二面角的大小.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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，
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：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导函数恒大于等于0可知为0,+∞上的增函数，得出不等式解集；
（2）求导函数，分类讨论参数，当时，函数单调不合题意；当时，函数不单调，需要利用零点存在思想建立不等式，求出实数的取值范围；
（3）由（2）知道两根的范围，借助在0,1上小于0，得到，同理得到，两式整理后相加便可得到结论.
【小问1详解】
，
故为0,+∞上的增函数，
由题可知，
gx>0，即，
的解集为1,+∞.
【小问2详解】
，
当时，f'x0，函数fx单调递增；
又时，；时，.
有两个零点，
故，
所以；
【小问3详解】
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“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：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据阶梯数列的形式结构求解；
（2）作差，运算可得，累乘可得，得证；
（3）作差，可得，再证明，可得，累乘可得，得证.
【小问1详解】
由阶梯数列的形式结构可知.
【小问2详解】
由，，所以，
，
∴，
同理，
累乘得，
即，
由，，
∴
故对为递减数列.
【小问3详解】
，
，
又对，
由（2）知，
故，
又，，
所以，
故对，
∴，
∴，
∴，
当时，，
综上，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是证明，由此可得，得证.