安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高三下学期高考压轴一数学试卷含精品解析

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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】B
【解析】
【分析】由函数的定义域求得集合B，根据交集的定义即可求解.
【详解】集合，，
则.
故选：B.
2. 已知复数是纯虚数，若是实数，则的虚部是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】依题设，且，由是实数，推理化简，求出，即可求出复数，即得的虚部.
【详解】依题意，设，且，
则，
因是实数，故，解得，
则，，故的虚部是2.
故选：D.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用向量数量积的运算律及已知条件得，再由数量积的坐标表示列方程求参数.
【详解】将两边同时平方，得，整理得.
因为，解得.
故选：B
4. 在等比数列中，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列的性质计算可得所求代数式的值.
【详解】在等比数列中，，解得，
所以，，
所以，.
故选：A.
5. 若满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则满足 等价于，求导分析的单调性，求出的最小值，继而即可求解.
【详解】设，则恒成立，即，
因为，所以在上单调递增，
且当时，，
故当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，取得极小值，即最小值，
，
令，得．
故选：D．
6. 已知，若，且的最小值为，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由，得，，两式作差即可求出结果.
【详解】不妨设，
因为函数，满足，
不妨令，，
两式相减得：，故，
又，则
故选：A
7. 函数在处的切线与直线垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出导数，，利用函数在处的切线与直线垂直，列出方程，即可求出实数的值．
【详解】函数，求导得，
在处的切线斜率为，
又在处的切线与直线垂直，
所以，解得.
故选：B.
8. 已知双曲线为的左顶点，抛物线的准线与轴交于．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆和直线的位置关系列不等式，化简求得双曲线离心率的取值范围.
【详解】抛物线的准线与轴交于，则，
设的中点为，，则，
在渐近线上存在点，使得，
是以为圆心，半径为的圆与渐近线有公共点，
所以，
，
所以.
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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 回归直线恒过样本中心点，且至少过一个样本点
B. 用决定系数刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好
C. 将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，标准差变大
D. 基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过
【答案】BD
【解析】
【分析】由回归直线的性质即可判断A；利用决定系数的性质即可判断B；由标准差的性质即可判断C；由独立性检验的思想即可判断D.
【详解】A：回归直线恒过样本点的中心正确，但不一定会过样本点，故A错误；
B：用决定系数来刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好，故B正确；
C：将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据的波动性不变，
故方差不变，则标准差不变，故C错误；
D：根据独立性检验可知D正确.
故选：BD
10. 已知定义域为的函数满足以下性质：（1），均有；（2）；（3）当时，.则下列说法正确的是（ ）
A. 为奇函数
B. 的解集为
C. 当时，
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用赋值法并根据函数奇偶性定义可判断A正确，结合奇函数性质可得B正确，结合已有分析可得当时，，即C错误；将表达式化简计算可判断D正确.
【详解】对于A，令，由性质（1）得，
再令，得，
结合性质（2）得，所以，
所以函数是奇函数，A正确.
对于B，令，由性质（1）得，
又，所以.
当时，，结合性质（3）得.
因为是奇函数，所以的解集是，B正确.
对于C，令，由性质（1）得，
由B选项的分析，得，
当时，，当时，，C错误.
对于D，在性质（1）中，令，得，
再令，得，分别代入的表达式，
得.D正确.
故选：ABD.
11. 如图.直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中点，是棱上一动点（不包含端点），则（ ）
A. 与平面有可能平行
B. 与平面有可能平行
C. 三角形周长的最小值为
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，当Q为的中点时，可证得四边形为平行四边形，则与互相平分于点，连接可证得∥，再由线面平行的判定定理可得结论，对于B，由题意可得与平面BPQ相交，对于C，把沿展开与在同一平面（如图），则当B，P，Q共线时，有最小值，从而可求得结果，对于D，， 为定值，可得结论.
【详解】对于A，连接，当Q为的中点时，，
因为，∥，∥，，
所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以与互相平分，设与交于点，连接，
因为P是棱的中点，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面BPQ，故A正确；

对于B，，又平面BPQ，BD与平面BPQ只能相交，
所以与平面BPQ只能相交，故B错；
对于C，，把沿展开与在同一平面（如图），
则当B，P，Q共线时，有最小值，
在直角梯形中，，，，，
则，
所以，
所以，
所以三角形BPQ周长的最小值为，故C正确；

对于D，，因为定值，因为∥，∥，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以为定值．所以D正确，
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定和棱锥体的求法，对于选项A解题的关键是证明四边形为平行四边形，从而可找到的中点，再利用三角形中位线定理可得线线平行，考查空间想象能力，属于较难题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的极小值为______．
【答案】0
【解析】
【分析】利用导数分析函数的单调性，可求得该函数的极小值.
【详解】对函数求导得，
令，可得或，
列表如下：
所以函数极小值为.
故答案为：0
13. 已知，直线恒过定点，圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于两点，且，则圆的半径为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由直线过定点可得点的坐标，从而可得点的坐标，再由圆的弦长公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】直线的方程可化为，
令，解得，所以点的坐标为，
又圆的圆心与点关于直线对称，则，
设圆的方程为，
且圆圆心到直线的距离为，
又，则
即圆的半径为.
故答案为：.
14. 已知数列各项都为正整数，，若，则的最小值为______.
【答案】21
【解析】
【分析】利用已知等式得到每一项减前一项与每一项减后一项同时为1或可求；
【详解】因为数列各项都为正整数，且，
故或，
故或，
所以或，
当时，因为各项都为正整数，
所以的最小值为，此时，
当时，因为，故或，
故最小值为；
当时，因为，故或，
故最小值为；
所以的最小值为.
故答案为：21.
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. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换和正弦定理，化简条件等式，即可求解；
（2）首先根据正弦定理以及二倍角的正弦公式，化简求角，再根据正弦定理，即可求解.
【小问1详解】
由条件可知，，
因为，所以，
即，由正弦定理可知，，
即，且，
所以，则，，
所以.
【小问2详解】
由正弦定理可知，，
即，则，，
所以，，所以，
又，，则，
由正弦定理可知，，即，
，
所以，则，
所以的周长为.
16. 如图，平面，，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求四面体的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据垂直关系建立空间直角坐标系，通过证明向量与平面的一个法向量垂直即可证明；
（2）先求出平面的一个法向量，再由坐标运算求出两个平面的法向量夹角余弦值的绝对值，即为所求；
（3）利用空间向量公式求出点E到平面的距离，由勾股定理的逆定理求得，进而求出的面积，即可求得四面体的体积．
【小问1详解】
因为平面，且平面，
所以，，又，
则以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系 (如图)，
则，．
因为，，
又平面，
所以平面，
故是平面的一个法向量，
又，所以，
又因平面
所以平面．
【小问2详解】
设为平面的一个法向量，
则，
又， ，
所以，
令，可得．
又因为是平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【小问3详解】
因为，平面的一个法向量，
所以点E到平面的距离 ，
因为，，
又平面，，则平面，
又平面，
所以，，
又，，
则，
在中：，
， ，
所以，所以，
所以，
所以四面体体积.
17. 已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率． 过且斜率为的直线交椭圆于、两点，的周长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点且垂直于的直线与椭圆的一个交点为(在轴上方)，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问：是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出此时四边形的面积；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在直线，面积为
【解析】
【分析】（1）结合椭圆的定义以及离心率公式代入计算，即可得到椭圆的标准方程；
（2）根据题意，分别联立直线，直线与椭圆方程，由四边形为平行四边形，结合韦达定理以及弦长公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
∵，
所以． 又因为，即，所以，
所以． 故椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题得：，
设直线为：，直线为：
设，，
由消去，得，
则，，
由消去，得，
由，可知，设，又，
则，.
因为四边形为平行四边形，
所以，即，
故．
所以．得．
此时直线为：，直线为：，
两平行线距离，
又因为，
所以四边形的面积，
所以存在直线，使得四边形为平行四边形，此时四边形的面积为.
18. 已知函数（），．
（1）求函数的极值；
（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
（3）求证：时，．
【答案】（1）答案见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，按分类讨论求出函数的极值.
（2）构造函数，利用导数探讨单调性求出的范围.
（3）利用导数分别证明不等式，在时成立，再利用不等式的性质推理得证.
【小问1详解】
函数的定义域为R，求导得，
①当时，恒成立，无极值；
②当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
因此函数极小值为，无极大值，
所以当时，无极值；
当时，极小值为，无极大值．
【小问2详解】
对任意的，不等式，
设，且，求导得，
令，求导得，
函数在上单调递增，则在上单调递增，，
函数在上单调递增，而，
当时，恒成立，函数在上单调递增，恒成立；
当，则，又，
则在内存在，使得，当时，，
函数在上单调递减，当时，，不合题意，
所以实数的取值范围是.
【小问3详解】
令函数，，求导得，
令，求导得，函数在上单调递增，
则，函数在上单调递增，，
即，
令函数，，求导得，
函数在上单调递增，，即，
因此当时，，即，
所以成立.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19. 某商家推出一个活动：将n件价值各不相同的产品依次展示在参与者面前，参与者可以选择当前展示的这件产品，也可以不选择这件产品，若选择这件产品，该活动立刻结束；若不选择这件产品，则看下一件产品，以此类推，整个过程参与者只能继续前进，不能返回，直至结束．同学甲认为最好的一定留在最后，决定始终选择最后一件，设他取到最大价值产品的概率为；同学乙采用了如下策略：不取前件产品，自第件开始，只要发现比他前面见过的每一个产品的价值都大，就选择这件产品，否则就取最后一件，设他取到最大价值产品的概率为．
（1）若，求和；
（2）若价值最大的产品是第件（），求；
（3）当趋向于无穷大时，从理论的角度（即），求的最大值及取最大值时的值．（取）
【答案】（1），
（2）
（3）的最大值为，此时
【解析】
【分析】（1）根据题意直接求，根据同学乙的选法规则，结合排列问题，即可求解；
（2）根据题意，结合排列，组合问题，以及古典概型概率公式，即可求解；
（3）根据（2）的结果，以及全概率公式求，再构造函数，利用导数求函数的最值.
【小问1详解】
由题意可知，，
依题意，4个产品的位置从第一个到第4个排序，有种情况，同学乙要取最贵价值产品，有以下两种情况：
最贵价值产品是第3个，其它的随意在哪个位置，有种情况；最贵价值产品是第4个，第二贵价值产品是第1个或第2个，
其它的随意在哪个位置，有种情况，所以所求概率
【小问2详解】
法一：若考虑全部产品排序，价值最大产品是第件，共有种排法，
先从件产品中挑件产品出来，
其中价值最大的产品放在前，剩下的全排列，共种排法，剩下的件产品全排列，
即；
法二：若价值最大的产品是第件，则乙同学能取到该产品，
只需要前件产品中价值最大的产品排在前件，即；
【小问3详解】
记事件表示最贵价值产品被乙同学取到，事件表示最贵价值产品排在第个，则，
由全概率公式可知，，
当时，最贵价值产品在前个中，不会被取到，此时,
当时，最贵价值产品被取到，当且仅当前件产品中最贵的一个在前个之中，此时，
此时，
令，，由，得，
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
则，于是当时，取得最大值，
所以的最大值为，此时的值为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解同学乙的选法规则，利用排列，组合，解决概率问题.x
+
0
-
0
+
y
增
极大值
减
极小值
增