安徽省部分示范高中2025届高三第三次联考数学试卷

1、安徽省部分示范高中2025届高三第三次联考数学试卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题12025届安徽三模联考已知集合,若,则实数a的取值范围是( )A.B.C.D.1答案：D解析：由题意,因为,即集合A是集合B的子集,所以.故选:D.22025届安徽三模联考在复平面内,复数z与对应的点关于实轴对称,则( )A.B.C.D.2答案：B解析：由可得,故,故选:B.32025届安徽三模联考函数.若存在,使得为奇函数,则实数的值可以是( )A.B.C.D.3答案：C解析：函数的定义域为R,存在,函数为奇函数,则或,当时,为奇函数,则函数是偶函数,于是,解得,当时,C符合,ABD不符合;当时,此时或,当且仅当时为奇函数,与矛盾,所以实数的值可以是.故选:C42025届安徽三模联考现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里,每个盒子至少放2个小球,则不同的放法共有( )A.24种B.35种C.56种D.70种4答案：B解析：先在每个盒子中分别放入一个小球则剩余8个小球,只需保证4个盒子中分别再放入至少1个小球,则采用隔板法可得有种放法.故选择:B52025届安徽三模联考已知a,b是正实数

2、,若函数对任意恒成立,则的最大值为( )A.B.C.1D.e5答案：C解析：由题意可知,为增函数,为减函数,且零点分别为,因对任意恒成立,则函数与有相同的零点,则,即,则,当且仅当,即,时取等号,则的最大值为1.故选:C.62025届安徽三模联考若函数是减函数,则实数a的取值范围是( )A.B.C.D.6答案：B解析：由题意得,函数定义域为.,且,则,解得,当时,不合题意,a的取值范围是.故选:B.72025届安徽三模联考设等差数列的前n项和为,且,将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列,则( )A.B.C.D.7答案：A解析：因为,当时,则,两式相减得,整理可得,且,则,可得,即,可知等差数列的公差,当时,则,解得;所以,可知数列为正奇数列,对于数列,当时,可得为偶数;当时,可得为奇数;所以数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为,则,所以.故选:A.82025届安徽三模联考已知抛物线的焦点为F,准线与x轴交于点P,直线l过焦点F且与C交于A,B两点,若直线的斜率为,则( )A.1B.2C.4D.88答案：C解析：抛物线的焦点,准线,过A作准线的垂线,垂足为,作轴于D,由直

3、线的斜率为,得,而,则,设点,令,于是,解得,同理,因此,当为钝角时,同理求得,所以.故选:C二、多项选择题92025届安徽三模联考已知,样本数据,则( )A.的平均数一定等于的平均数B.的中位数一定小于的中位数C.的极差一定大于的极差D.的方差一定小于的方差9答案：AC解析：对,分别求平均数,均为,故A正确;的中位数为,的中位数为,大小关系不确定,不妨设原数据为:1,2.5,3,中位数为2.5,则新数据为:1.75,2.75,2,中位数为2,故B错误;的极差为,的极差为,故C正确;由,且和的平均数相等,从而,故D错误.故选:AC.102025届安徽三模联考已知函数,则下列说法正确的是( )A.的周期为B.的图象关于对称C.在上恰有3个零点D.若在上单调递增,则的最大值为10答案：BD解析：当时,当时,当时,当时,因此,所以函数的图象,如图所示:A选项:因为,故A不正确;B选项:因为,所以的图象关于对称,故B正确;C选项:由的函数解析式以及函数图像可知:当时,当时,当时,所以在上有无数个零点,故C错误;D选项:由,得,因为在上单调递增,所以由的图象可知,解得,则的最大值为,故D正确;故

4、选:BD.112025届安徽三模联考设,函数,则( )A.有两个极值点B.若,则当时,C.若有3个零点,则a的取值范围是D.若存在s,满足,则11答案：BCD解析：对于A选项,当时,单调递增,无极值点;当时,得或,得,则在和上单调递增,在上单调递减,此时有两个极值点,故A选项错误;对于B选项,当,时,由上述知,在上单调递增,在上单调递减,则,故B选项正确;对于C选项,当时,单调递增,至多只有一个零点,不合题意;当时,若有3个零点,则由单调性可知必然有,解得.而当时,在区间,中分别各有一个零点,故C选项正确;对于D选项,等价于或,故D选项正确.故选:BCD三、填空题122025届安徽三模联考已知具有线性相关性的变量x,y,设其样本点为,经验回归方程为,若,则_.12答案：8解析：由题意可得:,可知经验回归方程为过样本中心点,则,可得.故答案为:8.132025届安徽三模联考在三棱锥中,平面,若,且,则三棱锥的体积的最大值为_.13答案：/解析：在三棱锥中,平面,设,则,以线段的中点O为原点,直线为x轴建立平面直角坐标系,则,设,由,得,整理得,点C在以为圆心,为半径的圆上,则点C到直线距

5、离的最大值为,面积的最大值为,三棱锥体积的最大值为,设,求导得,当时,;当时,函数在上递增,在上递减,因此,所以三棱锥体积的最大值为.故答案为:142025届安徽三模联考已知,分别为双曲线（,）的左、右焦点,过的直线l与双曲线的右支交于A、B两点（其中A在第一象限）,的内切圆半径为,的内切圆半径为,若,则直线l的斜率为_.14答案：解析：设的内切圆的圆心为,的内切圆的圆心为,记边,上的切点分别为P,M,由切线的性质可得:,由双曲线定义可得:,即,则,又.则,又,则,即.同理可得,的内切圆也与轴相切于点.连接,则与x轴垂直,设圆与l相切于点N,连接,过点作,记垂足为R,则,.设直线倾斜角为,则.在四边形中,注意到,又四边形内角和为,则,在中,则,则直线斜率,即.故答案为:.四、解答题152025届安徽三模联考两个箱子里面各有除颜色外完全相同的黑球和白球若干个,现设计一个抽球游戏,规则如下:先从第一个箱子中随机抽一个小球,抽后放回,记抽中黑球得4分,抽中白球得分,且抽中黑球的概率为;再从第二个箱子中随机抽一个小球,抽后放回,记抽中黑球得1分,抽中白球得3分,且抽中黑球的概率为.记一次游戏后

6、,得分总和为X分.（1）求X的分布列和数学期望;（2）若有3人玩该游戏各一次,求恰有2人游戏得分不低于4分的概率.15答案：（1）分布列见解析,（2）解析：（1）由题知,X可能取的值为2,4,5,7.,X的分布列为:X2457P故.（2）由（1）知,得分不低于4分和低于4分的概率均为故3人玩该游戏各一次恰有2人游戏得分不低于4分的概率为.162025届安徽三模联考已知函数.（1）当时,求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;（2）若不等式恒成立,求a的取值范围.16答案：（1）（2）解析：（1）,.,切点坐标为,函数在点(1,f（1）处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,所求三角形面积为.（2）方法一:通性通法,且.设,则在上单调递增,即在上单调递增,当时,成立.当时,存在唯一,使得,且当时,当时,因此1,恒成立;当时,不是恒成立.综上所述,实数a的取值范围是1,+).方法二【最优解】:同构由得,即,而,所以.令,则,所以在R上单调递增.由,可知,所以,所以.令,则.所以当时,单调递增;当时,单调递减.所以,则,即.所以a的取值范围为.方法三:换元同构由题意知,令,所

7、以,所以.于是.由于,而在时为增函数,故,即,分离参数后有.令,所以.当时,单调递增;当时,单调递减.所以当时,取得最大值为.所以.方法四:因为定义域为,且,所以,即.令,则,所以在区间内单调递增.因为,所以时,有,即.下面证明当时,恒成立.令,只需证当时,恒成立.因为,所以在区间内单调递增,则.因此要证明时,恒成立,只需证明即可.由,得.上面两个不等式两边相加可得,故时,恒成立.当时,因为,显然不满足恒成立.所以a的取值范围为.172025届安徽三模联考如图,在四棱锥中,底面,侧棱与底面所成的角为,且,.（1）求;（2）求平面与平面夹角的余弦值.17答案：（1）2（2）解析：（1）因为平面,平面所以,又,平面,所以平面,又平面,所以,因为平面,所以在平面上的射影为,所以为直线与底面所成的角,因为与底面所成的角为,所以,又,所以,设,因为,所以,又,故,则,因为因为平面,平面所以,所以,所以,解得或（舍去）,故.（2）以C为坐标原点,、分别为x、y轴的正方向,过C作垂直于平面的直线为z轴,如图建立空间直角坐标系,则,则,设平面的法向量为,令,得,则为平面的一个法向量,设平面的法向量为,

8、令,可得,得为平面的一个法向量,设平面与平面的夹角为,则.所以平面与平面夹角的余弦值为.182025届安徽三模联考在平面直角坐标系中,点和是中心为坐标原点,焦点在坐标轴上的椭圆E上的两点.（1）求椭圆E的标准方程;（2）若P为椭圆E上任意一点,以点P为圆心,为半径的圆与圆的公共弦为.证明:的面积为定值,并求出该定值.18答案：（1）（2）证明见解析,定值为2解析：（1）设椭圆E的方程为,由题意知:,解得,所以椭圆E的方程为.（2）设,则,且圆P的方程为,即圆P的方程为.因为圆C的方程为,将圆P的方程与圆C的方程作差得,所以的方程为,点到直线的距离,又因为,所以的面积为为定值.192025届安徽三模联考已知无穷数列满足以下条件:,当时,;若存在某项,则必有,使得（且）.（1）若,写出所有满足条件的;（2）若,证明:数列为等差数列;（3）设,求正整数k的最小值.19答案：（1）满足条件的可能为2,0,4,（2）证明见解析（3）3035解析：（1）由题意,当时,或,或,若,则或;若,则或;综上所述,满足条件的可能为;（2）先证当正整数时,是以2为首项,2为公差的等差数列,且,由（1）得,或,

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