安徽省合肥市2025-2026学年高三数学上学期统一作业11试题含解析

一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.或 B.或C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】先解不等式得集合A，再根据补集的概念计算即可.【详解】由可得，所以或.故选：B2.已知为纯虚数，则（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数乘法求出，再利用纯虚数的意义求解即得.【详解】依题意，，由是纯虚数，得，所以.故选：B3.已知平面内有四点，若，则“三点共线”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】B【解析】【分析】充分性：举反例若四点也共线可推出矛盾；必要性：利用向量加法运算和共线向量的定义可判断.【详解】当时，，因此，所以三点共线；另一方面，当三点共线时，若四点也共线，设，则，若系数和恒为1，则有恒为1，恒为1，显然因的不确定性，假设不成立，因此系数和并不一定恒为1．则“三点共线”是“”的必要不充分条件.故选：B．4.已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为，方差为，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知条件，根据平均数和方差的计算公式进行求解即可.【详解】根据题意有，而.故选：C.5.设等比数列前项和为，若，，则（）A.16 B.31 C.32 D.63【答案】B【解析】【分析】根据已知及等比数列的通项公式求基本量，再由等比数列的前n项和公式求.【详解】设的公比为，则，可得，所以，则.故选：B6.某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm，下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，上底面圆的半径是，所以杯套的表面积.故选：C.7.的值为（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】依题意可得，再由两角和的正弦公式、二倍角公式及诱导公式计算可得.【详解】.故选：C8.已知、，且，则（）A. B.C. D.无法确定、的大小【答案】A【解析】【分析】构造函数、，利用导数分析这两个函数的单调性，结合零点存在定理可得出、的大小关系.【详解】令，则，当时，，故恒成立，故在上单调递增，又，，由零点存在定理得，令，则，由上面的求解可知在上单调递增，且存在，使得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，故的零点，，所以.故选：A.二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.记等差数列的前项和为，若，则（）A.的公差为2 B.C.的最大值为35 D.的最小值为【答案】BD【解析】【分析】由已知可得，可求判断A；可求得数列的通项公式，进而计算判断B；由通项公式可知前6项为非负数的项，故前6项和最大，求解可判断C；，利用换元法求得最小值判断D.【详解】由，可得，所以，所以，所以，又，所以，解得，故A错误；所以等差数列的通项公式为，所以，所以，故B正确；令，解得，所以前6项为非负项，其和最大，又，公差，所以最大值为，故C错误；因为，所以，令且，可得，所以，因为在单调递减，在上单调递减，所以当时，，当时，，所以的最小值为，故D正确.故选：BD.10.已知函数，其中，若的最小正周期为，则下列说法正确的是（）A.B.的定义域为C.在上单调递增D.若，且，则a的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】利用正切函数的周期性求得判断A；利用正切函数的定义域求解判断B；利用正切函数的单调性求解判断C；利用正切函数的性质解不等式判断D.【详解】∵，∴，∴，故A错误；∵，∴，∴的定义域为，故B正确；由，解得，∴的单调增区间为，，时，单调增区间为，显然，故C正确；由得，，∴，，∵，∴时，a取最大值为，故D正确.故选：BCD11.已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（）A.若取得最小值，则B若，则平面C.若平面，则三棱锥外接球的表面积为D.直线到平面的距离为【答案】BCD【解析】【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，对每个选项逐一分析即可．【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，因为正四面体的长为2，所以正方体的棱长为，则，，，因为点，分别为和的重心，所以点的坐标为，点的坐标为所以设，则，所以，所以，，对于Ａ：因为，，所以，当时，即，，取得最小值，故A错误；对于B：若，则，所以，因为，，设平面的一个法向量为，则，取，则，因为，所以平面，即平面，故B正确；对于C：若平面，则，即，，即，设平面的一个法向量为，因为，，则，取，则，因为，所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，又因为点为等边三角形重心，所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为，设三棱锥外接球的半径为，则，即，解得，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；对于D：因为点的坐标为，点的坐标为，所以，设平面的一个法向量为，因为，，所以，取，则，因为，且直线平面，所以直线平面，所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，则点到平面的距离，即直线到平面的距离为，故D正确，故选：BCD．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种．【答案】72【解析】【分析】先求出所有的排法，再排除甲乙二人相邻的排法，即得甲、乙两人中间至少有一人的排法．【详解】解：5个人排成一排所有的排法共有种，其中甲乙二人相邻的排法有种，所以甲、乙两人中间至少有一人的排法有种．故答案为：72．13.正三棱锥S－ABC的外接球半径为2，底边长AB＝3，则此棱锥的体积为_________【答案】或【解析】【分析】设正三棱锥的高为h，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H为底面正三棱锥的中心，然后分顶点S与球心在底面ABC的同侧和顶点S与球心在底面ABC的异侧，分别求解即可【详解】设正三棱锥的高为h，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H为底面正三棱锥的中心因为底面边长AB=3，所以当顶点S与球心在底面ABC的同侧时，如下图此时有，即，可解得h=3因而棱柱的体积当顶点S与球心在底面ABC的异侧时，如下图有，即，可解得h=1所以，综上，棱锥的体积为或，故答案为：或【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥及其外接球问题，考查计算能力，解题的关键是根据题意画出图形，利用图形求解即可，属于中档题14.已知是以为周期的上的奇函数，当，若在区间，关于的方程恰好有个不同的解，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【详解】由题可得函数在上的解析式为在区间，关于的方程恰好有个不同的解，当时，由图可知，同理可得，当时，即答案为四､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.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用.试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.故PA＝5分（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得，化简得cosα＝4sinα.所以tanα＝，即tan∠PBA＝.12分考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.16.如图，直三棱柱ABC﹣A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′中点．（1）证明：MN∥平面A′ACC′；（2）若二面角A′﹣MN﹣C为直二面角，求λ的值．【答案】（1）见解析（2）λ．【解析】【分析】（1）法一：连接AB′、AC′，根据M为AB′中点，N为B′C′的中点，在中可知MN∥AC′，又MN⊄平面A′ACC′，所以MN∥平面A′ACC′；法二：取A′B′的中点P，连接MP、NP，根据两条相交中位线易证明平面MPN∥平面A′ACC′，从而MN∥平面A′ACC′；（2）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，写出点的坐标即可求解.【详解】（1）证明：法一：连接AB′、AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC﹣A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点，又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′，又MN⊄平面A′ACC′，平面，因此MN∥平面A′ACC′；法二：取A′B′的中点P，连接MP、NP，M、N分别为A′B、B′C′的中点，所以MP∥AA′，平面，平面，所以MP∥平面A′ACC′，同理可得PN∥平面A′ACC′，又MP∩NP＝P，因此平面MPN∥平面A′ACC′，而MN⊂平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′．（2）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，如图，设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，于是A（0，0，0），B（λ，0，0），C（0，λ，0），A′（0，0，1），B′（λ，0，1），C′（0，λ，1）．所以M（），N（），设（x1，y1，z1）是平面A′MN的法向量，，，由，得，可取，设（x2，y2，z2）是平面MNC的法向量，，由，得，可取，因为二面角A'﹣MN﹣C为直二面角，所以，即﹣3+（﹣1）×（﹣1）+λ2＝0，解得λ．【点睛】此题考查立体几何线面平行证明和求二面角，线面平行可先证线线平行或者面面平行从而线面平行，二面角一般通过建系的方法找到点的坐标代入求解，属于较易题目.17.世界卫生组织建议成人每周进行至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为.（1）从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；（2）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且.现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设三个社区的居民人数为，分别求出三个社区每周运动总时间超过5小时的人数为，再由概率公式即可求出答案.（2）由正态分布的性质求出，再由独立事件的乘法公式即可得出答案.【小问1详解】因为三个社区的居民人数之比为，设三个社区的居民人数为，所以社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，该居民每周运动总时间超过5小时的概率.【小问2详解】因为这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且，所以，由（1）知，，所以，因为随机变量服从正态分布，且关于对称，所以，所以从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为：.18.已知数列中，，，，数列的前n项和为.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和；（3）在（2）的条件下，设，求证：.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件可得数列的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列的通项公式；（2）先分组求和求得，再利用裂项相消法求得；（3）先求出的通项公式，再根据以及错位相减法求得的前项和，再通过比较大小可证明结论.【小问1详解】由得数列的奇数项为公差为4的等差数列，偶数项也为公差为4的等差数列，当为奇数时，当为偶数时，【小问2详解】由（1）得【小问3详解】由（2）则，令，则，两式相减得：，又，，19.已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值；（3）若在上有零点，求证：.（参考数据：，，）【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）先对求导，按和根据导函数的正负分析的单调性；（2）利用必要性探路得，代入计算得正整数的最大值为1，再证明时符合题意即可；（3）设为的零点，代