2025届安徽省池州市普通高中高三下学期教学质量统一监测数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1安徽省池州市普通高中2025届高三下学期教学质量统一监测数学试题一､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，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，则.故选：B2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，，故.故选：C.3.春季是流感的高发季节，某医院对8名甲型流感患者展开临床观察，记录了从开始服药到痊愈所需的天数，具体数据如下（单位：天）：7，4，6，5，8，5，6，4.则下列说法正确的是（）A.这组数据的众数为5B.这组数据的平均数为5C.这组数据的第60百分位数为6D.这组数据的极差为5【答案】C【解析】对于A，这组数据的众数为，故A错误；对于B，这组数据的平均数为，故B错误；对于C，将这组数据按从小到大的顺序排列为，因为，所以这组数据的第60百分位数为6，故C正确；对于D，这组数据的极差为，故D错误.故选：C.4.已知向量满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，所以.故选：A.5已知，则（）A4 B.2 C. D.【答案】A【解析】由，得，.故选：A.6.已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】令，则方程可转化为.对进行因式分解可得，则，.所以或.

当时，，因为指数函数在上单调递增，所以在上单调递增，且.

当时，，对其求导，.令，即，解得（）当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以在处取得极小值，也是最小值，.

对于：当时，，即，，解得，有个根.

因为有个互不相同的根，已经有个根，所以需要有个不同的根.结合的图象可知，当时，与有个不同的交点，即有个不同的根.

的取值范围为.故选：B.7.已知双曲线左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，设与交于点，由，且是的中点，所以，又，所以，又，易得，，则，代入双曲线方程可得，设点，则，，又设，由可得，即，由，得，即，化简整理得，，解得或，又，，解得.故选：D.8.已知直线，圆，过上一点作的两条切线，切点分别为，使四边形的面积为的点有且仅有一个，则此时直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】如图，，解得，所以，因这样的点有且仅有一个，由图知此时，则圆心到直线的距离为6，即，化简得，其中，，则，，所以，即，则直线的斜率为，所以直线，即，联立，解得，即，因的中点坐标为，且，则以为直径的圆的方程为，整理得，易知直线是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，将两圆的方程相减得，故直线的方程为.故选：B.二､多选题：本题共3个小题，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.某弹簧振子（简称振子）在完成一次简谐运动的过程中，时间（单位：秒）与位移（单位：毫米）之间满足函数关系为，下列叙述中正确的是（）A.当时间时，该简谐运动的位移B.该简谐运动的初相为C.该函数的一个极值点为D.该函数在上单调递增【答案】ABD【解析】当时，将其代入函数中，可得：则.所以选项A正确.

在函数中，，所以该简谐运动的初相为，选项B正确.

对函数求导，可得.当时，.因为极值点处导数为，所以不是该函数的极值点，选项C错误.

令，，解这个不等式求函数的单调递增区间.得到，.当时，单调递增区间为，而，所以该函数在上单调递增，选项D正确.

故选：ABD.10.定义：既有对称中心又有对称轴的曲线称为“和美曲线”，“和美曲线”与其对称轴的交点叫做“和美曲线”的顶点.已知曲线，下列说法正确的是（）A.曲线是“和美曲线”B.点是曲线的一个顶点C.曲线所围成的封闭图形的面积D.当点在曲线上时，【答案】AD【解析】对于A，将代入曲线方程，易知成立，故曲线关于原点对称，将代入，易知成立，故曲线关于坐标轴对称，故A正确；对于B，令可得：，即，故B错，对于C，，所以曲线所围成的封闭图形在椭圆内部，而椭圆面积为：，故C错误；对于D,由，可得：，所以，当时取等号，故D正确；故选：AD11.在三棱锥中，给定下列四个条件：①；②；③；④.下列组合条件中，一定能断定三棱锥是正三棱锥的有（）A.①② B.①③ C.②④ D.③④【答案】ACD【解析】对于A，由①-②得，即，即，再代回①由数量积的定义可得，在侧面三个三角形中由余弦定理可得，所以由①②一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项A正确；对于B，由①得，化简即为③，而由①得，即，同理可得，即在底面的投影为的垂心，但无法保证为等边三角形，所以由①③不一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项B不正确；对于C，由④-②得，即，代入④可得，在侧面三个三角形中由余弦定理可得，，，三式两两相减得，化简可得，所以由②④一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项C正确；对于D，由③+④得，由选项C可知，选项D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在等差数列中，若，则__________.【答案】16【解析】由，则，解得，，则，.故答案为：16.13.在学校三月文明礼仪月中，学生会4位干事各自匿名填写一张《校园设施改进建议卡》，老师将建议卡打乱顺序后，要求每人随机抽取一张进行互评审核，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡的概率为__________.【答案】【解析】假设所有人拿到自己的卡，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡，相当于从4人中选两人交换自己的卡，有种可能，而每人随机抽取一张有种可能性，则相应概率为：.故答案为：14.定义在上的函数满足.若，对，，则__________，并写出的一个函数解析式__________.【答案】①.4②.【解析】由得：当时，；当时，.假设，使得，则题意得，即，取时，有，即这与矛盾.所以不，使得.综上，当时，；当时，①.当时，；当时，②.对于①而言：当时，即，则，所以，所以，注意到的任意性，所以当时，即，则，所以，所以，注意到的任意性，所以所以，即，解得或即或，舍.所以，则对于②而言：同理得，则.故答案为：4；.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答底写出文字说明，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）在三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上高线的长.①；②；③的周长为.解：（1）由题意知.又，所以，即，化简得，又，，则，又，解得，.（2）由（1）知为定值.若选①，由正弦定理可知存在且唯一确定，记边上高为，则，所以边上高线的长为9；若选②，由（1）知，，由正弦定理知，所以不存在；若选③的周长为，即由，由正弦定理，设，则，解得，所以，故存在且唯一确定，记边上高为，则，即边上高线的长为9.16.如图，在四棱锥中，底面.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：法一：取的中点由得，由得又平面，所以三点共线，所以由平面得又平面，所以平面法二：过作，垂足为由得，所以又平面，所以三点共线，所以由平面得又平面，所以平面（2）解：法一：过作，由（1）知又平面，所以平面，所以又平面平面平面平面所以是二面角的平面角，即是平面与平面的夹角.由得，又，则，则，则所以，所以所以平面与平面夹角的余弦值为.法二：由得，又，所以如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴，建立直角坐标系，则.记平面的法向量为则有，即，则，令，得所以取平面的法向量的一个法向量为记平面PAC的法向量为取平面的法向量的一个法向量为所以所以平面与平面夹角余弦值为.17.已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，且左､右焦点分别为.（1）求的方程；（2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求的最小值，并指出此时点的坐标.解：（1）由题意可设椭圆，且所以，解得所以的方程为.（2）解法一：设点，所以，由，得，解得.又，所以，化解得，所以，由得，解得，所以，当且仅当时，取“=”，则，即，所以的最小值为，此时点的坐标为或.解法二：设点，所以，由，得，解得.由得，解得，所以，当且仅当时，取“=”，即，所以的最小值为，此时点的坐标为或.18.已知.（1）若，求曲线在处的切线方程；（2）设，是否存在，使得曲线与关于原点对称？若存在，求；若不存在，说明理由；（3）证明：对任意，存在，使得有两个不同的零点.（1）解：函数，求导得，则，而，所以曲线在处的切线方程为，即.（2）解：若存在，则，，曲线，又曲线关于原点对称的函数为，依题意，，整理得，所以.（3）证明：函数的定义域为，求导得，令，依题意，，方程在上有唯零点，当时，，；当时，，，函数在上递增，在上递减，对任意，存在使得，则，而，对任意，取，，由在上递増，得，又当从大于0的方向趋近于0时，；当时，，则对任意，任意，使得有两个不同的零点，所以对任意，存在，使得有两个不同的零点.19.设正项数列，如果对小于的每个正整数都有，则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合（其中）.（1）若，求；（2）若，且，证明：；（3）若中存在使得，证明：.（1）解：当时，，所以，当时，，所以，当时，，所以，当时，，所以，综上，.（2）证明：由题意知，即，所以，由得，所以，所以，即.（3）证明：因为存在使得，所以，记，显然，且对任意的正整数，即，又因为，所以，所以，所以.安徽省池州市普通高中2025届高三下学期教学质量统一监测数学试题一､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，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，则.故选：B2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，，故.故选：C.3.春季是流感的高发季节，某医院对8名甲型流感患者展开临床观察，记录了从开始服药到痊愈所需的天数，具体数据如下（单位：天）：7，4，6，5，8，5，6，4.则下列说法正确的是（）A.这组数据的众数为5B.这组数据的平均数为5C.这组数据的第60百分位数为6D.这组数据的极差为5【答案】C【解析】对于A，这组数据的众数为，故A错误；对于B，这组数据的平均数为，故B错误；对于C，将这组数据按从小到大的顺序排列为，因为，所以这组数据的第60百分位数为6，故C正确；对于D，这组数据的极差为，故D错误.故选：C.4.已知向量满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，所以.故选：A.5已知，则（）A4 B.2 C. D.【答案】A【解析】由，得，.故选：A.6.已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】令，则方程可转化为.对进行因式分解可得，则，.所以或.

当时，，因为指数函数在上单调递增，所以在上单调递增，且.

当时，，对其求导，.令，即，解得（）当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以在处取得极小值，也是最小值，.

对于：当时，，即，，解得，有个根.

因为有个互不相同的根，已经有个根，所以需要有个不同的根.结合的图象可知，当时，与有个不同的交点，即有个不同的根.

的取值范围为.故选：B.7.已知双曲线左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，设与交于点，由，且是的中点，所以，又，所以，又，易得，，则，代入双曲线方程可得，设点，则，，又设，由可得，即，由，得，即，化简整理得，，解得或，又，，解得.故选：D.8.已知直线，圆，过上一点作的两条切线，切点分别为，使四边形的面积为的点有且仅有一个，则此时直线的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】如图，，解得，所以，因这样的点有且仅有一个，由图知此时，则圆心到直线的距离为6，即，化简得，其中，，则，，所以，即，则直线的斜率为，所以直线，即，联立，解得，即，因的中点坐标为，且，则以为直径的圆的方程为，整理得，易知直线是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，将两圆的方程相减得，故直线的方程为.故选：B.二､多选题：本题共3个小题，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.某弹簧振子（简称振子）在完成一次简谐运动的过程中，时间（单位：秒）与位移（单位：毫米）之间满足函数关系为，下列叙述中正确的是（）A.当时间时，该简谐运动的位移B.该简谐运动的初相为C.该函数的一个极值点为D.该函数在上单调递增【答案】ABD【解析】当时，将其代入函数中，可得：则.所以选项A正确.

在函数中，，所以该简谐运动的初相为，选项B正确.

对函数求导，可得.当时，.因为极值点处导数为，所以不是该函数的极值点，选项C错误.

令，，解这个不等式求函数的单调递增区间.得到，.当时，单调递增区间为，而，所以该函数在上单调递增，选项D正确.

故选：ABD.10.定义：既有对称中心又有对称轴的曲线称为“和美曲线”，“和美曲线”与其对称轴的交点叫做“和美曲线”的顶点.已知曲线，下列说法正确的是（）A.曲线是“和美曲线”B.点是曲线的一个顶点C.曲线所围成的封闭图形的面积D.当点在曲线上时，【答案】AD【解析】对于A，将代入曲线方程，易知成立，故曲线关于原点对称，将代入，易知成立，故曲线关于坐标轴对称，故A正确；对于B，令可得：，即，故B错，对于C，，所以曲线所围成的封闭图形在椭圆内部，而椭圆面积为：，故C错误；对于D,由，可得：，所以，当时取等号，故D正确；故选：AD11.在三棱锥中，给定下列四个条件：①；②；③；④.下列组合条件中，一定能断定三棱锥是正三棱锥的有（）A.①② B.①③ C.②④ D.③④【答案】ACD【解析】对于A，由①-②得，即，即，再代回①由数量积的定义可得，在侧面三个三角形中由余弦定理可得，所以由①②一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项A正确；对于B，由①得，化简即为③，而由①得，即，同理可得，即在底面的投影为的垂心，但无法保证为等边三角形，所以由①③不一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项B不正确；对于C，由④-②得，即，代入④可得，在侧面三个三角形中由余弦定理可得，，，三式两两相减得，化简可得，所以由②④一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项C正确；对于D，由③+④得，由选项C可知，选项D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在等差数列中，若，则__________.【答案】16【解析】由，则，解得，，则，.故答案为：16.13.在学校三月文明礼仪月中，学生会4位干事各自匿名填写一张《校园设施改进建议卡》，老师将建议卡打乱顺序后，要求每人随机抽取一张进行互评审核，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡的概率为__________.【答案】【解析】假设所有人拿到自己的卡，则恰好有2位干事抽到自己所写建议卡，相当于从4人中选两人交换自己的卡，有种可能，而每人随机抽取一张有种可能性，则相应概率为：.故答案为：14.定义在上的函数满足.若，对，，则__________，并写出的一个函数解析式__________.【答案】①.4②.【解析】由得：当时，；当时，.假设，使得，则题意得，即，取时，有，即这与矛盾.所以不，使得.综上，当时，；当时，①.当时，；当时，②.对于①而言：当时，即，则，所以，所以，注意到的任意性，所以当时，即，则，所以，所以，注意到的任意性，所以所以，即，解得或即或，舍.所以，则对于②而言：同理得，则.故答案为：4；.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答底写出文字说明，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）在三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上高线的长.①；②；③的周长为.解：（1）由题意知.又，所以，即，化简得，又，，则，又，解得，.（2）由（1）知为定值.若选①，由正弦定理可知存在且唯一确定，记边上高为，则，所以边上高线的长为9；若选②，由（1）知，，由正弦定理知，所以不存在；若选③的周长为，即由，由正弦定理，设，则，解得，所以，故存在且唯一确定，记边上高为，则，即边上高线的长为9.16.如图，在四棱锥中，底面.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：法一：取的中点由得，由得又平面，所以三点共线，所以由平面得又平面，所以平面法二：过作，垂足为由得，所以又平面，所以三点共线，所以由平面得又平面，所以平面（2）解：法一：过作，由（1）知又平面，所以平面，所以又平面平面平面平面所以是二面角的平面角，即是平面与平面的夹角.由得，又，则，则，则所以，所以所以平面与平面夹角的余弦值为.法二：由得，又，所以如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，过作轴，建立直角坐标系，则.记平面