2025年合肥市高三第一次教学质量检测数学
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.已知集合，则
A. B. C. D.
2.设，若为实数，则
A.-2 B. C. D.2
3.记为等差数列的前项和.若，则
A.9 B.18 C.27 D.36
4.函数的图象大致为
A. B.
C. D.
5.已知向量满足，且，则与的夹角为
A. B. C. D.
6.已知，则
A. B.-3 C.3 D.
7.已知为圆上的动点(不在坐标轴上)，过作轴，垂足为，将绕轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段的长度为
A. B. C. D.
8.已知函数，则的值域为
A. B. C. D.
二、选择题：本题共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.在正方体中，是棱上的动点(不含端点)，下列说法中正确的有
A.平面 B.
C.四面体的体积为定值 D.存在点，使得平面平面
10.某同学两次实验得到的数据如下表.实验一所得的样本相关系数为关于的经验回归方程为;实验二所得的样本相关系数为关于的经验回归方程为，下列结论中正确的是
实验一 实验二
2 3 4 5 6
12 10 9 7 4
4 6 8 10 12
8 10 11 13 16
参考公式:样本相关系数.
A. B. C. D.
11.我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫作“优美曲线”的顶点.对于“优美曲线”，则
A.曲线关于直线对称
B.曲线有4个顶点
C.曲线与直线有4个交点
D.曲线上动点到原点距离的最小值为
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在的展开式中，的系数为_____(用数字作答).
13.袋中有三个相同的小球，用不同数字对三个小球进行标记.从袋中随机摸出一个小球，接着从袋中取出比该小球上数字大的所有小球(不再放回)，并将该小球放回袋中.然后，对袋中剩下的小球再作一次同样的操作，此时袋中剩下2个小球的概率为_____.
14.已知抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过分别作的垂线，垂足分别为，若，则的面积是面积的_____倍.
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.(13分)记的内角的对边分别是，已知.
(1)证明:;
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
16.(15分)如图，在正三棱台中，.
(1)若，证明:平面;
(2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值.
17.(15分)已知函数，其中.
(1)讨论的单调性;
(2)若函数有两个极值点，证明:.
18.(17分)已知动圆与动圆，满足，记与公共点的轨迹为曲线，曲线与轴的交点记为(点在点的左侧).
(1)求曲线的方程;
(2)若直线与圆相切，且与曲线交于两点(点在轴左侧，点在轴右侧).
(i)若直线与直线和分别交于两点，证明:；
(ii)记直线的斜率分别为，证明:是定值.
19.(17分)正整数的划分在置换群及其表示理论研究中有着重要应用.设为正整数.若正整数序列满足，且，则称为的一个部划分.记为的所有部划分的个数.
(1)计算:；
(2)证明:;
(3)证明:.2025年合肥市高三第一次教学质量检测数学
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.已知集合，则
A.B.C.D.
【答案】
【解析】集合，所以，故选.
2.设，若为实数，则
A.-2B.C.D.2
【答案】
【解析】复数为实数，则虚部为0，
，由得.故选.
3.记为等差数列的前项和.若，则
A.9B.18C.27D.36
【答案】
【解析】，得
，故选.
4.函数的图象大致为
A.B.C.D.
【答案】
【解析】由函数奇偶性为奇函数，排除，
当时，分母，分子在范围变化，所以函数图像不可能恒正或恒负数，排除，故选
5.已知向量满足，且，则与的夹角为
A.B.C.D.
【答案】
【解析】由得，两边平方:，
整理得，
代入得，
所以与的夹角
6.已知，则
A.B.-3C.3D.
【答案】
【解析】，故选
7.已知为圆上的动点(不在坐标轴上)，过作轴，垂足为，将绕轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段的长度为
A.B.C.D.
【答案】
【解析】将绕轴旋转一周得到一个圆锥，圆锥的底面半径为，设为，高为，设为，如图所示，则，
圆锥体积:
令，则，
可得在内，在内，
所以在单调递增，在单调递减，
即当时，圆锥体积最大，
此时.
8.已知函数，则的值域为
A.B.C.D.
【答案】
【解析】因为，
所以是的一个周期，为此只需考虑一个长度为的区间上的单调性及最值即可，
又因为，
所以是的一个对称轴，
因此只需考虑时的单调性及最值即可，
，分别求导:
(1)时，，
所以此时单调递增，
(2)时，，
显然，时，单调递增，时，单调递减，
所以，故选
二、选择题:本题共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.在正方体中，是棱上的动点(不含端点)，下列说法中正确的有
A.平面B.
C.四面体的体积为定值D.存在点，使得平面平面
【答案】
【解析】如图所示:
，所以平面，正确.
平面，所以又，
所以平面，
因为平面，所以，正确.
:将四面体看成以为底的三棱锥，底面积为定值因为与平面相交于，所以与平面不平行，所以到平面的距离不是定值，故体积会发生变化，错误.
:平面与平面的交线为为在上的射影)，所以平面与平面的夹角为，显然不可能为直角，故不存在点，使得平面平面，错误.故选
10.某同学两次实验得到的数据如下表.实验一所得的样本相关系数为关于的经验回归方程为;实验二所得的样本相关系数为关于的经验回归方程为，下列结论中正确的是实验一实验二
2 3 4 5 6
12 10 9 7 4
4 6 8 10 12
8 10 11 13 16
参考公式:样本相关系数.
A.B.C.D.
【答案】
【解析】和的五个数据均为等差数列，因此平均数都是中间项，所以，正确
，所以，正确
:由得和均非整数，导致公式中不便于计算，为此采用以下公式变形:
为求解，将表格扩展如下:
2 3 4 5 6
12 10 9 7 4
24 30 36 35 24
4 6 8 10 12
8 10 11 13 16
32 60 88 130 192
所以，而.
于是，
所以，错误
:注意到与的公式中分子相同，因此选项中的数据可以复用.
所以要验证相反，则要使成立.
这里和均非整数，仍然不好算，为此采用以下公式变形:.
于是要验证相反，则要使成立.
作差:
所以，正确.故选.
11.我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫作“优美曲线”的顶点.对于“优美曲线”，则
A.曲线关于直线对称B.曲线有4个顶点
C.曲线与直线有4个交点D.曲线上动点到原点距离的最小值为
【答案】
【解析】:设点在曲线上，从而其满足方程.其关于直线的对称点为，代入曲线的方程可得，显然也是成立的，所以曲线关于对称.正确.
:设点在曲线上，则易知点均满足曲线的方程，
也即均在曲线上，分别对应曲线关于轴，轴，原点对称.
结合选项可知曲线至少有三个对称轴，分别计算交点:
①令可得，所以是曲线顶点.
②令可得，所以是曲线顶点.
③可得.这是一个关于的一元二次方程，对应二次函数9，其开口向上，纵截距为，显然具有一正一负两个零点.记正零点为，则，从而和是曲线顶点.
综上可得共计6个顶点.错误.
:直线方程可以改造为，于是将曲线方程变形为，
联立可得，也即或0，下面分别讨论:
①时，即或.
若，代入可得，即(0，3)是交点.同理时解得(3，0)是交点.
②时，利用消元可得，整理得，判别式为
，所以必有两根，记为.所以也是交点.
综上可得共计4个交点.正确.
:设，则，且到原点的距离为.
由基本不等式可知，从而，
于是，也即，整理得①.
这是一个关于的一元二次不等式，对应二次函数为，
其纵截距为，从而其必有一正一负两个零点，分别记为和，、
则取值范围为或.
考虑到，所以，即，下面求解即可.
利用求根公式解得方程①中
，
所以，不能取等，错误.
故选.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在的展开式中，的系数为_____(用数字作答).
【答案】-80
【解析】展开项为，得，所以的系数为.
13.袋中有三个相同的小球，用不同数字对三个小球进行标记.从袋中随机摸出一个小球，接着从袋中取出比该小球上数字大的所有小球(不再放回)，并将该小球放回袋中.然后，对袋中剩下的小球再作一次同样的操作，此时袋中剩下2个小球的概率为_____.
【答案】
【解析】由题，不妨将三个小球标号为1，2，3，则可以将袋内外球标号列表如下:
第一轮操作 第二轮操作
第一次取后袋外球 第二次取后袋外球 返还后袋内球 第一次取后袋外球 第二次取后袋外球 返还后袋内球
1 123 1 1 1 1
2 23 12 1 12 1
2 2 12
3 3 123 1 123 1
2 23 12
3 3 123
可以看到，只有第一轮随机抽出2或3，第二轮随机抽出2，才能实现两轮操作后最终袋内剩两个球.
记和分别为第一轮和第二轮随机取球取出标号为的小球，，则
14.已知抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过分别作的垂线，垂足分别为，若，则的面积是面积的_____倍.
【答案】
【解析】由题可得下图:
法一:本方法用到以下二级结论:，
，若，则.
于是.
，
所以
.
事实上，，这样计算会更快一点.
法二:本方法不用任何二级结论
设，过分别向轴作垂线，并利用相似可得，
也即.
所以
而
.
所以.
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.(13分)记的内角的对边分别是，已知.
(1)证明:;
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)见解析；.
【解析】(1)因为，
所以，即
，即
所以，或(舍去)
所以.-6分
(2)由(1)知，
所以，故，
则.13分
注:其他解法酌情给分.
16.(15分)如图，在正三棱台中，.
(1)若，证明:平面;
(2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】(1)如图所示，过点作，交于点，在正三棱台中，四边形为平行四边形.
因为，所以.
又，所以，即.
故，同理可得.
又直线与相交，所以平面.6分
(2)以的中点为原点，所在直线分别为轴，轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点，因为，
.所以.
由条件可知，则.
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.·15分
注:其他解法酌情给分.
17.(15分)已知函数，其中.
(1)讨论的单调性;
(2)若函数有两个极值点，证明:.
【答案】(1)当时，在内单调递增，
在和上单调递减;
当时，在上单调递减.
(2)见解析.
【解析】(1)函数定义域为，且，
令，
当，即时，恒成立，则，所以在上是单调递减;
当，即时，函数有两个零点:，
当变化时，的变化情况如下表所示:
- 0 + 0 -
单调递减 单调递增 单调递减
所以，当时，在内单调递增，在和上单调递减;
当时，在上单调递减..7分
(2)由(1)知，当时，有两个极值点，
则是方程的两个根，由韦达定理，得.
所以，
令，则，
当时，，则在区间上是单调递减，
从而，故..15分
注:其他解法酌情给分.
18.(17分)已知动圆与动圆，满足，记与公共点的轨迹为曲线，曲线与轴的交点记为(点在点的左侧).
(1)求曲线的方程;
(2)若直线与圆相切，且与曲线交于两点(点在轴左侧，点在轴右侧).
(i)若直线与直线和分别交于两点，证明:;
(ii)记直线的斜率分别为，证明:是定值.
【答案】；
【解析】(1)设圆的交点为，则，
因为，所以，
故点的轨迹(曲线)是以为焦点的双曲线，
从而，即，
故曲线的方程为.·4分
(2)(i)要证，只要证线段的中点与线段的中点重合.
设，其中，
由条件，直线的斜率存在，设的方程为.
因为直线与圆相切，所以，即.
联立，消去并整理得，
所以，
从而线段的中点横坐标为.
又直线与直线和交点的横坐标分别为和，则线
段中点的横坐标为，
所以.10分
(ii)由条件，即，
所以，
由题意知，.
所以
即为定值-1.·17分
注:其他解法酌情给分.
19.(17分)正整数的划分在置换群及其表示理论研究中有着重要应用.设为正整数.若正整数序列满足，且，则称为的一个部划分.记为的所有部划分的个数.
(1)计算:；
(2)证明:;
(3)证明:.
【答案】(1)；(2)(3)证明见解析.
【解析】(1)6的所有3部划分为:(4，1，1)，(3，2，1)，(2，2，2)；
5的所有2部划分为:.
所以.·4分
(2)设是的一个部划分.分两种情形讨论.
①若，则为的一个部划分.
故满足的的所有部划分有.
②若，则为的一个部划分.
故满足的的所有部划分有个.
综上可知，.10分
(3)由(2)可知，
上述各式左右对应相加可得
又因为，
所以.·17分
注:其他解法酌情给分.
