安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测数学试题（含解析答案）

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数学试题
（考试时间:120 分钟 满分:150 分）
注意事项:
1. 答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.
2. 答题时， 每小题选出答案后， 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3. 答题时， 必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出， 确认后再用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答， 超出答题区域书写的答案无效， 在试题卷、草稿纸上答题无效.
4. 考试结束， 务必将答题卡和答题卷一并上交.
一、单项选择题: 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】由集合的交集运算求解即可.
【详解】，，
所以.
故选：B
2. ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算及共轭复数的概念得解.
【详解】由可得，
所以，
故选：A
3. 已知，若满足，且，则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】利用数量积的坐标表示解方程可得.
【详解】由可得，即，
解得.
故选：C
4. 已知一圆锥高为2，母线长为.若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，则圆台的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知截去圆锥体积是原圆锥体积的，可求得截去圆锥的高和底面半径，从而可求圆台的侧面积.
【详解】如图，
设圆锥的高，母线，
则圆锥的底面半径为，
若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，
则截去圆锥体积是原圆锥体积的，
设截去小圆锥的底面半径为，则，则①，
又，即，代入①解得，
则，
则圆台的侧面积为.
故选：C.
5. 已知，则（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用将已知条件的正余弦化为正切，再结合正切二倍角公式即可得到答案.
【详解】，
∴.
故选：B.
6. 已知实数满足，则的最小值为（ ）
A. 96B. 81C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，将P化为双曲线上任意一点；将M化为圆C：上任意一点，则，根据圆的性质可知，再利用二次函数性质即可求出最小值，从而得到答案.
【详解】设，则P为双曲线上任意一点，
M为圆C：上任意一点，，
根据圆的性质可知，
，
又，
所以，
又或，所以根据二次函数性质可知，当时，，
所以，
所以.
故选：D.
7. 已知 为偶函数，且在上有 3个零点，则的取值范围为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简，由为偶函数，可得，则，由在上有 3个零点，，则，解得的取值范围.
【详解】因为
，且为偶函数，
所以，又，
则，所以，
因为在上有 3个零点，
当时，，
所以，则.
故选：A.
8. 已知函数，若存在唯一的整数，使，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，则问题化为存在唯一的整数解.作出h(x)图象，再作出的图象，数形结合即可解答.
【详解】令得，所以，
令，
则问题化为存在唯一的整数解，
∵，所以当时，单调递增，当单调递减；
又时，，，，
故可作出的图象：
过定点，
则当时，显然存在无数个整数解，不符题意；
当时，的唯一整数解可以为－1或1，
当时，如图：
则，解得；
当时，如图：
则，解得.
综上，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题关键是分离，构造函数，转化为存在唯一的整数解的问题，然后利用数形结合来得到答案.
二、多项选择题:本题共 3 小题， 每小题 6 分， 共 18 分， 在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题 目的要求， 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. 设是三个随机事件，则下列说法正确的是（ ）
A. 若互斥，则
B. 若，则
C.
D. 若相互独立，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据概率的性质即可逐项判断得到答案.
【详解】对于选项A：若A，B互斥但不对立，则，故A错误；
对于选项B：若，，故B正确；
对于选项C：显然，故C正确；
对于选项D：若相互独立，则也相互独立，则，故D错误
故选：BC.
10. 已知函数 ，若关于 方程 有四个不同的解 ，且 ，则 的可能取值为（ ）
A. 2B. 8C. 16D. 32
【答案】BCD
【解析】
【分析】画出函数图像，根据图像结合函数性质确定，，，可得，即可得到 的取值范围，从而得到答案.
【详解】画出函数的图象，如图所示：
因为方程有四个不同的解，，，，且，
所以，且，
由时，，则与的中点横坐标为，即：，
当时，，则，所以，
又，则，
因为，
则，所以BCD符合.
故选：BCD.
11. 如图所示，两个正方形 , 的边长为，两个动点分别在正方形对角线和上,中点为且,. 则 （ ）

A. 运动过程中，不存在
B. 若平面平面,,则平面 平面
C. 当在线段上运动时（不包括端点），二面角可以为直二面角
D. 当在线段上运动时（不包括端点），四面体的外接球表面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据线面垂直、面面垂直的判定定理，线面平行的性质定理判断A，B；利用二面角的概念结合图形判定C；运用四面体的结构特征，结合外接球半径公式计算分析判定D.
【详解】
对于A， 如图，当分别运动到的中点时，取的中点，分别连接，
因是边长为的正方形，则有
因平面，故平面，
因平面，故此时，即A错误；

对于B， 如图，因平面（即平面）平面，
且平面，平面，则平面，
又平面，故，因，则，
又，平面，故平面.
又则平面，因因，平面，故平面⊥平面，故B正确；

对于C，D，连结，易得四面体是一个对棱相等的四面体.
如图，当在线段上运动时（不包括端点），在点处二面角为，在点处二面角大小为.
由于四面体的这种特殊性质，使得二面角与两个正方形平面的二面角大小相等，
所以在的变化过程中，二面角可以为直二面角，故C正确；

当在线段上运动时（不包括端点），四面体的外接球半径记为.
因四面体的对棱相等，故有：(*).（下面提供证明）
设.由图
.
代入 (*)， .
则四面体的外接球表面积.
因为，所以，则D正确.
故选：BCD.
[下面证明对棱相等的四面体的外接球半径公式]：

如图，四面体的三条对棱都分别相等，设过点的三条棱长分别为，
则该四面体的四个顶点可作为长方体的顶点，
设长方体中过点的三条棱长分别为，则四面体与长方体有相同的外接球，
设半径为，则，且，
则，即.
【点睛】关键点点睛：本题关键是找出满足题意的位置，运用对棱相等四面体外接球性质，结合正方体知识，求出半径即可求出表面积.
三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分.
12. 若，则的最小正周期为_____．
【答案】##
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，由三角函数的周期性及其求法即可求解.
【详解】，其中，
，
故答案为：.
13. 函数在上有两个零点，则的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论是否为0，得出不同情况下函数的情况，即可求出的取值范围.
【详解】由题意，在中，
当时，，函数单调递增，
在上，，无零点，舍去，
当时，，
，
，
对称轴，∴图象过，，
∴函数图象开口向下，
，解得：，
故答案为：.
14. 已知 为正整数，有穷数列 中所有可能的乘积 的和记为 . 例如，当 时， . 数列 的前 项和为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知求出，令，最后利用裂项相消求数列的前 项和即可.
【详解】根据题意有：
，
令，所以，
则的前 项和为，则有：
故答案为：.
【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
四、解答题: 本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的证明过程及验算步骤.
15. 锐角中，角对应的边为，满足，且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，将转化为，再利用三角形内角和定理及两角和的正弦公式可得，从而可得角C的大小；
（2）由锐角 得角的范围，利用正弦定理分别将表示成的函数，求解范围即可.
【小问1详解】
由题意及正弦定理，
得，
因为，所以，
∴,
∴，
因为，所以，，
又因为，所以.
【小问2详解】
∵，∴，
，
由正弦定理，得，又因为，
，
由，得，得，
∴，∴，则，
∴.
16. 已知椭圆 过点 ，焦距为 4，过点 斜率为 的直线 与椭圆 交于 两点，线段 的中点为 .
（1）求椭圆 标准方程；
（2）若 的面积为 ，求直线 的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出c和焦点坐标，根据椭圆定义求出a，根据a，b，c关系求出b，从而可求椭圆的标准方程；
（2）根据弦长公式求出，根据点到直线距离公式求出点P到直线l的距离d，利用三角形面积公式列式即可求出l的斜率，从而可得l的方程．
【小问1详解】
由题可知，则椭圆的焦点为，
所以，
所以，
所以.
【小问2详解】
，设，
由，
因为，
所以，
所以，
到直线l：的距离，
所以，
所以，解得或，
所以或，
即或.
17. 如图，四棱锥中，底面为矩形，，， ，.
（1）求证: 平面 .
（2）若为上一点，，且二面角为，求到平面距离.
【答案】（1）证明见解析．
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面，得，然后可证平面；
（2）以为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，设，由面面角的空间向量法，空间线段长度的向量表示求得，再用空间向量法深圳市点面距．
【小问1详解】
因为，，又，平面，
所以平面，而平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面；
小问2详解】
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，
于是，
，，，
设，
，，
设平面的一个法向量是，
则，取，
则，
平面的一个法向量是，
二面角为，
则 ①，
又由得，
所以，解得，
代入①式解得，
所以，，，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，
所以点到平面的距离等于．
18. 已知函数 是 的一个极值点.
（1）求实数 的值.
（2）判断函数 在 上的零点个数，并加以证明.
（3）证明: . 其中
【答案】（1）；
（2）在上存在唯一零点．证明见解析；
（3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）求得，则极值点导数值为0求得值并检验极值点；
（2）由（1）讨论及检验过程得在上无零点，利用导数确定在上存在零点，然后证明在上无零点，结合零点存在定理证明在上有唯一零点，在上零点，从而得结论；
（3）在（2）中讲明中得出在上递增，证明，然后令，利用放缩法得，再结合累加法可得证不等式左边，结合，然后同样令后放缩累加证明右边成立．
【小问1详解】
由得，
因为1是的一个极值点，所以，解得，
时，，
当时，是增函数，则，所以在上递减，
时，设，则，
而在上是减函数，且，，
因此存在，使得，且当时，，所以，即递增，又，所以时，，从而在上递增，
所以是的极小值点，
故；
【小问2详解】
在上存在唯一零点．证明如下：
，，
由（1）知在让单调递减，，无零点，
在上递增，，无零点，，
又，，
所以存在，使得，
在上，递增，从而，无零点，
上，，递减，，无零点，
综上在上无零点，
当时，，单调递减，
又，
由零点存在定理，在上有唯一零点，
时，，此时零点，
综上所述，在上存在唯一零点．
【小问3详解】
，由（2）中在上的单调性的分析知，所以在上单调递增，所以对任意，，即，所以，
令，
得，
所以，
令，则，所以递减，
所以，即，，
所以，时，，
所以，
综上， . 其中 ．
【点睛】关键点点睛：第（3）小题中关键在于由（2）的证明中得出在上递增，从而证明，然后令，利用放缩法得，再结合累加法可得证不等式左边，同理引入函数证得，然后同样令后放缩累加证明右边成立．
19. 二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理: 对于任意实数 ， . 对于无穷数列 ，我们称 为数列 的生成函数. 生成函数是重要的计数工具之一. 对于给定的正整数 ，记方程 的非负整数解的个数为 ，则 为 展开式中 前的系数.
（1）写出无穷常数列 的生成函数 并化简;
（2）利用广义二项式定理证明: ，并求 的通项公式;
（3）一次体质素养测试共分为十一个大项，前十项各有三个小项，第十一项仅有两个小项.运动员需参加所有项目的测试以获取分数. 计分规则如下:通过第 大项中的每一个小项，都可获得 分; 通过第十一项中的每一个小项，可获得 1 分.
①记 表示第一大项中每一个小项获得的分数， 表示第二大项中每一个小项获得的分数， 表示第十大项中每一个小项获得的分数， 表示第十一大项中每一个小项获得的分数. 记 为获取 分的所有得分组合数. 请写出 的取值集合，并用方程解的个数描述 .
② 求 .
【答案】（1）
（2）证明见解析，；
（3）①答案见解析；②.
【解析】
【分析】（1）法一，提出得，解出即可；法二：利用等比数列求和公式和极限的知识即可；
（2）令，再结合组合和极限计算即可；
（3）①直接根据题意得到取值集合，再结合方程即可描述；②求出的生成函数为，再结合二项式定理和组合数的计算即可得到答案.
【小问1详解】
法一:，解得.
法二:.
【小问2详解】
令，
，
可得，所以.
，所以.
【小问3详解】
①.
为方程满足上述范围条件的解的个数.
②设的生成函数为，则.
因为，故与的展开式中前的系数相同.
由（1）知，
由（2）知取时有.
故，其中前系数为
故.
【点睛】关键点点睛：本题第三问第二小问的关键是求出的生成函数为.