2025届安徽省皖南八校高三第三次大联考数学数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省皖南八校2025届高三第三次大联考数学试卷一、选择题：本大题共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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据题意，，解得，，结合得，即．故选：C．2.已知复数与互为共轭复数，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，虚部为．故选：A3.设是三条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，，所以，又，所以成立，当时，若与相交，则与异面，不能推导出，所以“”是“”充分不必要条件．故选：A．4.已知一组数据为，1，3，4，5，7，10，11，若为这组数据的分位数，则的展开式中的系数为（）A.280 B. C.560 D.【答案】D【解析】由，得，则展开式中含的项为，所以所求的系数为.故选：D5.已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据题意，双曲线的离心率为，所以则双曲线的渐近线方程为．故选：B．6.如图，高为的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，则水面半径为．当水的体积等于容器容积的一半时，有，整理得．因为，，，，则D选项更接近．故选：D．7.已知数列满足，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为（）A. B. C.100 D.【答案】B【解析】，则其前20项和．设写错项为，则，解得，，故写错之前这个数为．故选：B．8.已知函数，若对任意，有，则正整数的最小值为（参考值：）（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由，知都不为零，所以在和上都没有零点．由于，故在上有零点，二者结合，可知，而在和上分别取固定的符号，且符号相反．所以，得，故，则，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减．当时，对任意，恒成立；当时，需满足，即，解得，所以正整数的最小值为2．故选：B．二、多项选择题：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.已知向量满足，，则（）A.与的夹角为 B.与的夹角为C. D.【答案】ACD【解析】对于A,B，设与的夹角为，因为，所以，得，所以，，故A正确，B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故，故D正确．故选：ACD．10.已知函数，则（）A.的定义域为 B.的最小正周期为C.在区间上单调递减 D.在区间上仅有2个零点【答案】ABD【解析】对于A，因为，所以且，所以，故的定义域为，故A正确；对于B，因为函数和的最小正周期均为，所以的最小正周期为，故B正确；对于C，因为函数在区间，上单调递减，函数在区间上均单调递减，且值域为；函数在区间上均单调递减，且值域为.所以函数与在区间上均单调递增，则在区间上单调递增，故C项错误；对于D，令，则，解得，在区间上有2个解，故D项正确．故选：ABD．11.平面直角坐标系中，曲线上任一点，满足到点的距离的倒数和为定值，即，则下列说法正确的是（）A.对于不同的值，曲线总是关于轴对称B.当时，曲线经过原点C.当时，的取值范围为D.当时，轴上存在4个不同的点在曲线上【答案】ACD【解析】对于A，因为，可知为线段的中点，又动点满足，设动点关于轴对称的点为，则，，可得，所以曲线关于轴对称，故A正确；对于B，当时，将原点代入，得，故B错误；对于C，当时，，可得．因为，即，解得，，令，则，由对勾函数可知在内单调递减，在内单调递增，且，，可得，所以，故C正确；对于D，当时，设曲线在轴上的点为，由题意得，因为曲线图象关于轴对称，不妨考虑的情形，当时，方程化为，解得，当时，方程化为，解得，故时，轴上有2个点，所以轴上存在4个不同的点在曲线上，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则______．【答案】4【解析】因为，则，又，所以，所以．故答案为：4.13如图所示，两直角三角形共斜边，且，设，则______．【答案】【解析】，由题意可得，，，，因为则两式平方相加可得，即，所以．故答案为：.14.已知数集，，现随机从和中各抽取3个不同的数分别构成最大的三位数和，则事件“”的概率为______．【答案】【解析】可分为两类：中有7时和中无7时，由题意可得：（中有7），（中无7）．若中含7，则；若中无7的情况下：，此时；所以．故答案为：.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.在中，所对的边分别为．（1）求；（2）若，求的面积．解：（1）由正弦定理得，即．由余弦定理得．因为，所以．（2）由三角形内角和性质得，则，整理可得，则，由，解得，则，由，则，由正弦定理可得，则，所以的面积为．16.如图，矩形中，，为边的中点，现将沿翻折至，得四棱锥，且平面平面，点为线段上一动点，且．（1）求证：；（2）当时，若点关于平面的对称点为，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：连接，由，得，由，得，所以，所以，即，由平面平面平面，平面平面，得平面，又平面，所以，又平面，所以平面，且平面，所以．（2）解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面一个法向量为，，，则令，则，平面的一个法向量为，由题可知，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．17.在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一点，且满足．（1）求椭圆的方程；（2）在直线上取一点，连接交椭圆于两点、，若，求点的坐标．解：（1）因为为椭圆上一点，且满足，则，由题意知，得，故椭圆的方程为．（2）若直线的斜率不存在，则该直线与椭圆相离，不合乎题意，由题意可知，直线不与轴重合，依题意，设直线的斜率为，则直线的方程为，设、，联立消得，则，可得①，②，由，，，，整理得③，由①③得，代入②，解得，直线的方程为或，若直线的方程为，则点；若直线的方程为，则点.综上所述，点坐标为或．18.已知函数．（1）若曲线在处的切线平行于直线，求的值以及函数的最小值；（2）证明：对一切的，都有；（3）当时，若曲线与曲线存在两交点，记直线的斜率为，证明：．（1）解：由题意，，所以，所以，法1：，当时，单调递减，当时，单调递增，所以．法2：，当且仅当，即时，取等号，所以函数的最小值为4；（2）证明：先证，则．设，则，因为，所以，即在上单调递增，又，所以当时，，当，则，所以；同理，当，则也成立；所以，则．（3）证明：设，其中，由（2）知，则，取，得，，所以①，将和相减，得，，所以代入①，所以，即．19.经典比特只能处于“0”态或“1”态，而量子计算机的量子比特可同时处于“0”或“1”的叠加态，某台量子计算机以序号的粒子自旋状态为量子比特，每个粒子的自旋状态等可能的处于“0”态（下旋状态）或“1”态（上旋状态），现记序号为奇数的粒子中，处于“0”态的个数为，序号为偶数的粒子中，处于“1”态的个数为．（1）当时，求随机变是的分布列和期望；（2）在这个粒子中，求事件“”的概率；（3）在这个粒子中，令随机变量，证明：．（参考公式：）（1）解：随机变量的可能取值为0，1，2，，所以随机变量的分布列为012所以随机变量的期望为；（2）解：（或）；（3）证明：令，则可取，故可取，当取时，，故，从而，整理，得，，又因，所以，又，根据，可得．可得．由（2）知，所以．安徽省皖南八校2025届高三第三次大联考数学试卷一、选择题：本大题共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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据题意，，解得，，结合得，即．故选：C．2.已知复数与互为共轭复数，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，虚部为．故选：A3.设是三条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，，所以，又，所以成立，当时，若与相交，则与异面，不能推导出，所以“”是“”充分不必要条件．故选：A．4.已知一组数据为，1，3，4，5，7，10，11，若为这组数据的分位数，则的展开式中的系数为（）A.280 B. C.560 D.【答案】D【解析】由，得，则展开式中含的项为，所以所求的系数为.故选：D5.已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据题意，双曲线的离心率为，所以则双曲线的渐近线方程为．故选：B．6.如图，高为的圆锥形容器里装了一定量的水，下列容器内水的体积最接近容器容积一半的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，则水面半径为．当水的体积等于容器容积的一半时，有，整理得．因为，，，，则D选项更接近．故选：D．7.已知数列满足，某同学将其前20项中某一项正负号写错，得其前20项和为372，则写错之前这个数为（）A. B. C.100 D.【答案】B【解析】，则其前20项和．设写错项为，则，解得，，故写错之前这个数为．故选：B．8.已知函数，若对任意，有，则正整数的最小值为（参考值：）（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由，知都不为零，所以在和上都没有零点．由于，故在上有零点，二者结合，可知，而在和上分别取固定的符号，且符号相反．所以，得，故，则，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减．当时，对任意，恒成立；当时，需满足，即，解得，所以正整数的最小值为2．故选：B．二、多项选择题：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.已知向量满足，，则（）A.与的夹角为 B.与的夹角为C. D.【答案】ACD【解析】对于A,B，设与的夹角为，因为，所以，得，所以，，故A正确，B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故，故D正确．故选：ACD．10.已知函数，则（）A.的定义域为 B.的最小正周期为C.在区间上单调递减 D.在区间上仅有2个零点【答案】ABD【解析】对于A，因为，所以且，所以，故的定义域为，故A正确；对于B，因为函数和的最小正周期均为，所以的最小正周期为，故B正确；对于C，因为函数在区间，上单调递减，函数在区间上均单调递减，且值域为；函数在区间上均单调递减，且值域为.所以函数与在区间上均单调递增，则在区间上单调递增，故C项错误；对于D，令，则，解得，在区间上有2个解，故D项正确．故选：ABD．11.平面直角坐标系中，曲线上任一点，满足到点的距离的倒数和为定值，即，则下列说法正确的是（）A.对于不同的值，曲线总是关于轴对称B.当时，曲线经过原点C.当时，的取值范围为D.当时，轴上存在4个不同的点在曲线上【答案】ACD【解析】对于A，因为，可知为线段的中点，又动点满足，设动点关于轴对称的点为，则，，可得，所以曲线关于轴对称，故A正确；对于B，当时，将原点代入，得，故B错误；对于C，当时，，可得．因为，即，解得，，令，则，由对勾函数可知在内单调递减，在内单调递增，且，，可得，所以，故C正确；对于D，当时，设曲线在轴上的点为，由题意得，因为曲线图象关于轴对称，不妨考虑的情形，当时，方程化为，解得，当时，方程化为，解得，故时，轴上有2个点，所以轴上存在4个不同的点在曲线上，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则______．【答案】4【解析】因为，则，又，所以，所以．故答案为：4.13如图所示，两直角三角形共斜边，且，设，则______．【答案】【解析】，由题意可得，，，，因为则两式平方相加可得，即，所以．故答案为：.14.已知数集，，现随机从和中各抽取3个不同的数分别构成最大的三位数和，则事件“”的概率为______．【答案】【解析】可分为两类：中有7时和中无7时，由题意可得：（中有7），（中无7）．若中含7，则；若中无7的情况下：，此时；所以．故答案为：.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.在中，所对的边分别为．（1）求；（2）若，求的面积．解：（1）由正弦定理得，即．由余弦定理得．因为，所以．（2）由三角形内角和性质得，则，整理可得，则，由，解得，则，由，则，由正弦定理可得，则，所以的面积为．16.如图，矩形中，，为边的中点，现将沿翻折至，得四棱锥，且平面平面，点为线段上一动点，且．（1）求证：；（2）当时，若点关于平面的对称点为，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：连接，由，得，由，得，所以，所以，即，由平面平面平面，平面平面，得平面，又平面，所以，又平面，所以平面，且平面，所以．（2）解：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面一个法向量为，，，则令，则，平面的一个法向量为，由题可知，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．17.在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一点，且满足．（1）求椭圆的方程；（2）在直线上取一点，连接交椭圆于两点、，若，求点的坐标．解：（1）因为为椭圆上一点，且满足，则，由题意知，得，故椭圆的方程为．（2）若直线的斜率不存在，则该直线与椭圆相离，不合乎题意，由题意可知，直线不与轴重合，依题意，设直线的斜率为，则直线的方程为，设、，联立消得