安徽省六安市2024-2025学年高三上学期教学质量检测数学试题 含解析

这是一份安徽省六安市2024-2025学年高三上学期教学质量检测数学试题 含解析，共22页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在
本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：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】先求解集合 ，再求其在 中的补集，最后求这个补集与集合 的交集.
【详解】对于不等式 ，解得 .所以集合 .
所以 或 . 集合 ，所以 .
故选：B.
2. 若复数 满足 ，则 （ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式计算.
【详解】解：由题意知， ，
，
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∴ ，
故选：D.
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法.
3. 设 是空间中的一个平面， 是三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于 A，由 ，得 或 ， 与 可以相交、平行或是异面直线，A 错误；
对于 B， ，要 ，必有 相交，B 错误；
对于 C，由 ，得 或 ， 与 可以相交、平行或是异面直线，C 错误；
对于 D，由 ，得 或 ，而 ，因此 ，D 正确.
故选：D
4. 已知数列 、 分别满足 ， ，则下列说法错误的是（ ）
A. 数列 是公比为 的等比数列
B. 数列 是公差为 的等差数列
C. 数列 的前 项和为
D. 数列 是等比数列
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列的定义可判断 AD 选项；利用等差数列的定义可判断 B 选项；利用裂项相消法可判
断 C 选项.
【详解】对于 A 选项， ，故数列 是公比为 的等比数列，A 对；
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对于 B 选项， ，
故数列 是公差为 的等差数列，B 对；
对于 C 选项，因为 ，
所以， ，
所以， 的前 项之和为
，C 错；
对于 D 选项，因为 ，故数列 是等比数列，D 对.
故选：C.
5. 已知 、 两地的距离是 ．根据交通法规，两地之间的公路车速应限制在 ．假设
油价是 元 ，以 的速度行驶时，汽车的耗油率为 ，司机每小时的工资是 元，
那么最经济的车速是（ ） .
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出行车的总费用为 ，其中 ，利用基本不等式可求出 的
最小值，利用等号成立的条件求出 的值，即可得出结果.
【详解】由题意可知，行车的总费用为 ，其中
，
由基本不等式可得 （元），
当且仅当 时，即当 时，等号成立，
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因此，经济的车速是 .
故选：C.
6. 已知向量 ，下列选项正确的为（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 的最小值为 6 D. 若 与 垂直，则
【答案】D
【解析】
【分析】运用向量平行垂直的坐标结论，结合模长公式计算判断即可.
【详解】对于 A 选项，若 ，已知 ，
有 ，即 ，所以 ，A 选项错误.
对于 B 选项，若 ，根据两向量垂直的性质， .
，则 .
又因为 ，联立方程组，解得 ，B 选项错误.
对于 C 选项，先求 的坐标， .
则 .
展开整理得
其最小值为 .所以 的最小值为 ，C 选项错误.
对于 D 选项，若 与 垂直，则 ， .
因 ， ，则 .
则 ，D 选项正确.
故选：D.
7. 已知双曲线 的右焦点为 为直线 上关于坐标原点对称的两
点， 为双曲线的右顶点，若 ，且 ，则双曲线 的离心率为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据 得出 的特征，然后通过 的值结合双曲线的相关线段长度关
系来建立关于离心率的方程，进而求解离心率.
【详解】因为 ，所以 ，又 ， 为直线 上关于坐标原点对称的两点，
，那么 .
设 ，则 ，化简可得 ，
而 ，所以 ，则 或 ，不妨设 ， .
已知 ，则 ， .
， .
.
根据向量的夹角公式 .
因为 ，得 .
由于 是三角形内角，且 ， 在直线 上， 为右顶点，所以 .
即 ，两边平方可得 ，
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化简得 ，即 ， .
又因为 ，把 代入可得 .
双曲线的离心率 ，则 ，所以 .
故选：B.
8. 已知关于 的方程 有且仅有两个不相等的实根，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将目标式合理变形，利用反函数性质转化为 有两个不相等的实根的问题，
再对参数范围分类讨论，求解即可.
【详解】因为 有且仅有两个不相等的实根，
所以 有且仅有两个不相等的实根，
故 有且仅有两个不相等的实根，
由反函数性质得 与 关于 对称，
故 和 有两个不同的交点即可，
则 有两个不相等的实根即可，
令 ，即 与 轴有两个不同的交点即可，
由题意得 ，下面，我们对 的范围进行讨论，
当 时，由指数函数性质得 在 上单调递增，
故此时 与 轴不可能有两个不同的交点，故排除，
当 时， ，此时 与 轴不可能有两个不同 交点，故排除，
当 时， ，而 ，
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令 ，故 ，
故 在 上单调递减，即 在 上单调递减，
令 ， ，令 ， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
若 与 轴有两个不同的交点，则 即可，
而 ，
令 ，故 ，
由对数函数性质得 ，即 ，解得 ，
综上，实数 的取值范围为 ，故 C 正确.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是对目标式合理变形，然后讨论参数范围，进而得到所要
求的参数范围即可．
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，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. 对于函数 和 ，下列选项正确的是（ ）
A. 与 有相同的最小正周期
B. 的图象可由 的图象向右平移 个单位得到
C. 与 在 上的最大值相等
D. 与 的图象有相同的对称轴
【答案】ABC
【解析】
【分析】由余弦函数的图象与性质依次判断选项即可．
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【详解】对于 A 项，函数 与 的最小正周期都是： ，故 A 项正确；
对于 B 项，函数 的图象向右平移 个单位得， ，故
B 项正确；
对于 C 项，因为 ，所以 ，
当 时，即 时， 取得最大值，为 ，
而 ，
则当 ，即 时， 取得最大值，为 ，故 C 项正确；
对于 D 项，由 ，得 的对称轴方程为： ，
由 ，得 的对称轴方程为： ，故 D 项错误．
故选：ABC
10. 已知函数 与 的图象有两个交点 ，其中 且
，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意转化为 有两个不同的实数根 ， ，设 ，可判断 为偶
函数，且在区间 上单调递增，进而可得 ，进而可得 ， ，选项 C 结合基本
不等式可判断，选项 D 先转化为证 成立，构造函数 ，由导数得
到最小值为 ，可判断 D 错误.
【详解】因为函数 与 的图象有两个交点 ，
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故方程 即 有两个不同的实数根 ， ，
设 ，即直线 与函数 的图象有两个不同的交点 ， ，
则 的定义域为 ， ，
故 为偶函数，
，设 ， ，
当 时， ， ，故 ，故 在区间 上单调递增，
故 ，故 ， 在区间 上单调递增，
又 为偶函数， 在区间 上单调递减，
故 ，故 ，且 ，故 A 正确，B 错误；
，
设 ，
，当且仅当 ，即 时等号成立，
又 ， ，故 ，故 ，即 ，
，
当 时，二次函数 单调递增， ，故 C 正确；
等价于 即 ，
设 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 ，这与 矛盾，故 D 错误，
故选：AC
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【点睛】关键点点睛：本题关键在于问题的转化，条件转化为线 与函数 的图象有两个不同的交
点 ， ，进而研究函数 即可；选项 D 由 和 转化为
，进而转化为求 的最值问题.
11. 已知棱长为 2 的正四面体 满足 ，则下列选
项正确的是（ ）
A.
B. 当 时，
C. 当 时， 的最小值为
D. 当 时， 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【 分 析 】 选 为 空 间 内 的 基 底 向 量 ， 利 用 向 量 的 线 性 运 算 ， 可 得
，即可由模长公式，结合不等式即可判断 A；根据数量积的运算即可判
断 B；根据模长可得 ，即可由不等式以及一元二次不等式判
断 C； ，结合 ，可求 的范围，可判
断 D.
【详解】由正四面体 ，可知 ，
选 为空间内 基底向量， ，
因为 ，
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故
，当 时，取到等号，故 ，故 A 正
确；
当 ， ，
所以 ,故 B 正
确，
当 时 ， ， 可 得
， 解 得
，故当且仅当 时， 取最小值为 ，故 C 错误，
，
所以
，
由于当 ，故 ，
因此 ，
由于 ，故 ，因此 ，故 D 正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：关键是用基底表示 ，再利用模的计算公式运算求得最值.
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三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 设 是等比数列 的前 项和， ，则 __________．
【答案】
【解析】
【分析】先设出公比，再对公比进行分类讨论，利用等比数列的性质求出首项和公比，最后结合公式法求
和即可.
【详解】设公比为 ，当 时， ，
此时 ，与题意不符，故排除，
当 时，因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
故 ，化简得 ，解得 ，
代入得 ，解得 ，
由等比数列求和公式得 .
故答案为：
13. 已知圆锥 的顶点和底面的圆周都在球 的球面上，圆锥 的底面半径为 ，高为 ，当该圆锥的
体积取得最大值时， __________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用球 截面圆性质及圆锥的体积公式列出函数关系，再利用导数求解.
【详解】设球 的半径为 ，则球心 到圆锥底面圆心 距离 ，
由 ，得 ，圆锥的体积 ，
求导得 ，当 时， ，当 时， ，
因此函数 在 上递增，在 上递减，
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当 时，圆锥的体积 取得最大值，此时 ，
所以 .
故答案为：
14. 为抛物线 上一动点，过 作圆 的一条切线， 为切点，点 ，
则 的最小值为__________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据相切以及点点距离公式可得 ，即可根据焦半径公
式可得 ，进而利用三点共线求解最值.
【详解】如图：抛物线的焦点为 ，圆心为 半径为 ，
设 ，则
由于 时，当且仅当 共线时取到等号，
故 的最小值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛： ，进而根据
抛物线的焦半径公式可得 ,即可利用三点共线求解.
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
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15. 在 中， 在 边上， ．
（1）当 时，求 的面积；
（2）当 时，求线段 的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用给定条件求出夹角，结合三角形面积公式求解面积即可.
（2）利用余弦定理求解边长，再结合给定条件建立方程求解即可
【小问 1 详解】
当 时，因为 ，所以 ， ，
因为 ，所以 为等边三角形， ，
所以 ，
故 .
【小问 2 详解】
设 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，
在 中，由余弦定理得 ，
因为 ，所以 ，
故 ，化简得 ，解得 ，
因为 ，所以 ，故 .
16. 如图，直线 平面 ， ，点 为线段 的中点，点 在线段 上，
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， ， ．证明：
（1）
（2）若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先依据直线平行证明四点共面，再利用线面平行的判定和性质来得出最终的线线平行关系. （2）
建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，和线的方向向量和面的法向量，借助向量夹角余弦值公式计算即
可.
【小问 1 详解】
证明：∵ ，∴ 四点共面，
∵ ， ∴ 平面 ，
因为 ，所以， 四点共面，
又∵ ， ，
∴
【小问 2 详解】
由 得，且 ，所以 两两垂直，
如图所示，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
∵ ， ， ，
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∴
∵点 为线段 的中点，且
∴点 H 为线段 AC 的中点，∴ ，且 为线段 的中点，
∴ ，则
设平面 的法向量为 ，
∵ ，由 ，∴ 取 ，得 ，
即 ．
设直线 与平面 所成角为
∵ ∴直线 与平面 所成角的正弦值为
17. 法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹
是以椭圆的中心为圆心， 为半径的圆（ 为椭圆的长半轴长， 为椭圆的短半轴长），这个圆被称
为蒙日圆．已知椭圆 的蒙日圆的面积为 ，短轴长为 ，作直线 与椭圆 交
于 、 两点，与椭圆 的蒙日圆交于 、 两点．
（1）已知 ，直线 斜率为 ，若直线 、 的斜率满足 ，求直线 的方程；
（2）若椭圆 的左右焦点分别为 、 ，直线 过坐标原点．求证： ．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
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【分析】（1）根据题意可得出关于 、 的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆 的方程，设直线
的方程为 ，设点 、 ，将直线 的方程与椭圆 的方程联立，列出韦达定
理，结合 求出 的值，验证其满足 ，由此可得出直线 的方程；
（2）设 ，其中 ，则 ，利用平方差公式可得出 关于 的表达
式，利用两点间的距离公式结合椭圆方程可得出 的表达式，即可证得结论成立.
【小问 1 详解】
由椭圆 的蒙日圆的面积为 ，短轴长为 ，
由题意可得 ，解得 ，所以，椭圆 的方程为 .
设直线 方程为 ，设点 、 ，
联立方程 ，消去 整理得 ，
则 ，解得 ，
由韦达定理可得 ， ，
因为 ，且 ，所以 ，
所以， ，
即 ，解得 ，且满足 ，
所以直线 方程为 .
【小问 2 详解】
因为直线 与椭圆 交于 、 两点，与椭圆 的蒙日圆交于 、 两点，
设 ，其中 且 ，
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因为
，
，
同理可得 ，故 ，
因此， ，证毕.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 、 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18. 已知函数 ．
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若存在 ，使得不等式 成立，求实数 的取值范围；
（3）若 ，求证： ．
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【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解切线方程即可.
（2）将原式合理变形后，对参数进行分类讨论，合理转化求解即可.
（3）首先构造函数证明两个不等式，再相加证明目标式即可.
【小问 1 详解】
由题意得 ，故切点为 ，
设切线斜率为 ，而 ，定义域为 ，
故 ，则切线方程为 ，
综上，曲线过点 的切线方程为 .
【小问 2 详解】
若存在 使得 恒成立，
则 恒成立，即 恒成立，
令 ，转化为 恒成立，
而 ，
①当 时，解得 ，此时 ，此时 在 单调递增．
因为 ，所以 恒成立，不满足题意，故排除，
②当 时，解得 ，令 ，解得 ，
当 时， ，此时 单调递减，
因为 ，所以在 时， ，
即 ，所以 满足题意，
综上，实数 的取值范围为 ．
【小问 3 详解】
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而 ，令 ， ，
令 ， ，故 在 单调递减，在 单调递增，
故 的最小值为 ，
令 ，且满足 ，
我们先证明当 时， ，
设 ，
因为 ，所以 ，
故 ，即 ，得到 记为①式，
再证当 时， ，
令 ， ，
故证明此时 即可，
当 时， ，故 在 上单调递减，
而 ，故 ，即 成立，
所以 记为②式，
由①②式得 ，得到 成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是合理构造两个不等式并使用导数进行证明，然后对其合
理变形，得到所要求的不等关系即可．
19. 已 知 表 示 数 列 中 最 大 的 项 ， 按 照 以 下 方 法 ：
， ， ，…，得到数列
，则称数列 为数列 的“ 数列”．
（1）若 ，写出 ；
（2）若数列 满足 ，且 ．
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（i）求 ；
（ii）求 的前 项和 ．
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）求出数列 的前 4 项，并判断单调性，再利用“ 数列”求得答案.
（2）（i）利用给定的递推公式变形，借助等差数列求出 ，分奇偶讨论项的正负，并探讨数列 的单
调性，进而求出 ；（ii）由（i）中信息分奇偶求和，并结合分组求和及错位相减法求和即得.
【小问 1 详解】
依题意， ，且当 时，数列 单调递减，
所以 .
【小问 2 详解】
（i）由 两边同时乘以 整理得： ，
则数列 为等差数列，由 ，得数列 的公差为 2，
因此 ，即 ，当 为奇数时， ，
当 为偶数时， ，当 且 为偶数时， ，
因此数列 单调递减，由“ 数列”定义得： .
（ii）由（i）可知，当 为偶数时，
，
， ，
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两式相减得：
，因此 ，
当 为奇数时， 为偶数， ，
所以 ．
【点睛】方法点睛：与数列的新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
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