2025 年合肥市高三第一次教学质量检测
数学试题参考答案及评分标准
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.C 2.A 3.C 4.A 5.D 6.B 7.C 8.B
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.AB 10.ABD 11.AC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
5
12. 80 13. 14. 2 2
18
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）
【解析】
（1）因为a + b = 2c cos B，
所以sin A+ sin B = 2sin C cos B ，即
sin (B +C )+ sin B = 2sin C cos B ，即sin B = sin (C B)
所以C B = B ，或C B + B = （舍去）
所以C = 2B . …………………………………6分
（2）由（1）知C = 2B， A = 3B，
所以0 2B ，0 3B ，故B , ，
2 2 6 4
c sinC sin 2B 2
则 = = = (2,2 3) . …………………………………13 分
bsin B sin2 B sin2 B tan B
注：其他解法酌情给分.
16.（15 分）
【解析】（1）如图所示，过点B 作 B1E ∥CC1 1，交BC 于
点 E ，在正三棱台 ABC A1B1C1中，四边形B1ECC1为平行
四边形．
因为B1E = 2 ， EC = 4，所以BE = 2．
2 2
又 BB B E + BB = BE
2 B E ⊥ BB
1 = 2 ，所以 1 1 ，即 1 1 ．
故CC1 ⊥ BB1，同理可得CC1 ⊥ AA1．
又直线 AA CC ⊥1与BB1相交，所以 1 平面 AA1B1B． …………………………………6 分
（2）以 AB 的中点O 为原点，OB ，OC 所在直线分别为 x轴，y 轴，过点O 且垂直于平面 ABC
的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．取线段 A B A 3,0,01 1 中点F ，因为 ( )，
B (3,0,0)，C (0,3 3,0)．所以 AB = (6,0,0)，BC = ( 3,3 3,0)．
3 2 6 3 2 6
由条件可知F 0, , ，则BB1 = BF + FB1 = 1, , ．
3 3
3 3
设平面 AA1B1B的法向量为n1 = (x, y, z)，
6x = 0
AB n1 = 0
则 ，即 3 2 6 ，取 z =1，则 y = 2 2 ，
BB n = 0 x + y + z = 01 1
3 3
数学答案 第1页（共 4页）
故 n1 = (0, 2 2,1)．
设平面BB1C1C 的法向量为n2 = (m,n, t)，
3m+3 3n = 0 BC n2 = 0 2
则 ，即 3 2 6 ，取m = 3 ，则n =1， t = ，
BB1 n2 = 0 m+ n + t = 0 2
3 3
2
故 n2 = 3,1, ．
2
2
2 2 +
n n
cos n ,n = 1 2 = 2
1
所以 1 2 = ．
| n1 | | n2 | 1 38+1 3+1+
2
1
所以平面 AA1B1B与平面BB1C1C 夹角的余弦值为 ． …………………………………15 分
3
注：其他解法酌情给分．
17.（15 分）
【解析】
( ) ( 1 a ax
2 + x a
（1）函数 f x 定义域为 0,+ )，且a 0， f (x) = a = ，令
x x2 x2
g (x) = ax2 + x a ，
1
当1 4a2 0，即a 时， g ( x) 0恒成立，则 f (x) 0，所以 f ( x)在 (0,+ )上是单
2
调递减；
1
2 0 a g (x) 1 1 4a
2 1+ 1 4a2
当1 4a 0，即 时，函数 有两个零点：x ， ，
2 1
= x2 =
2a 2a
当 x变化时， f (x)， f ( x)的变化情况如下表所示：
x (0, x1 ) x x , x x ,+ 1 ( 1 2 ) x2 ( 2 )
f (x) 0 + 0
f ( x) 单调递减 f ( x1 ) 单调递增 f (x2 ) 单调递减
1 1 1 4a
2 1+ 1 4a2 1 1 4a2
所以，当0 a 时，f ( x)在 , 内单调递增，在 0,
2 2a 2a 2a
1+ 1 4a2
和 ,+ 上单调递减；
2a
1
当 a 时， f ( x)在 (0,+ )上单调递减． …………………………………7 分
2
1
（2）由（1）知，当0 a 时， f ( x)有两个极值点 x1， x2 (x1 x2 )，
2
1
则 x1， x2 是方程 g ( x) = 0的两个根，由韦达定理，得 x1x2 =1, x1 + x2 = ．
a
所以0 x1 1 x2 ，
1 1 1
f (x1 )+ f (x2 )+ f (x1 + x2 ) = f (x1 )+ f + f = f
x1 a a
数学答案 第2页（共 4页）
1 1
= ln a a = ln a 1+ a
2
．
a a
1
令 h (x) = ln x 1+ x2，0 x ，
2
1 2x2 1 1 1
则 h (x) = + 2x = ，当0 x 时，h ( x) 0，则h ( x)在区间 0, 上是单调递减，
x x 2 2
1 3
从而h (x) h = ln 2 ，
2 4
3
故 f (x1 )+ f (x2 )+ f (x1 + x2 ) ln 2 ． …………………………………15 分
4
注：其他解法酌情给分．
18.（17 分）
【解析】（1）设圆C1，C2 的交点为M ，则 MC1 = r1， MC2 = r2 ，
因为 r1 r2 = 2 3 ，所以 MC1 MC2 = 2 3 C1C2 = 4 ，故点M 的轨迹（曲线T ）
是以C1，C2 为焦点的双曲线，从而2a = 2 3,a
2 + b2 = 4，即a = 3,b =1，
x2
故曲线T 的方程为 y2 =1． …………………………………4 分
3
（2）（i）要证 P1Q1 = P2Q2 ，只要证线段P1P2 的中点与线段Q1Q2 的中点重合．
设 P (x , y ) , P (x x 0 x1 1 1 2 2 , y2 )，其中 1 2 ，
由条件，直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 y = kx +m ．
m 2 2
因为直线 l 与圆 x2 + y2 = 3相切，所以 = 3 ，即m = 3(1+ k )．
1+ k 2
y = kx +m
2 2 2
联立 x2 ，消去 y 并整理得 (3k 1) x + 6kmx + (3m +3) = 0，
y
2 =1
3
3k 2 1 0
Δ = 36m
2k 2 4(3k 2 1)(3m2 + 3) =12(m2 3k 2 +1) = 48 0
所以 6mkx + x = ，
1 2 3k 2 1
3m2 + 3x
1
x2 = 02
3k 1
x + x 3km
从而线段P 1 21P2 的中点横坐标为 = ．
2 1 3k 2
3 3 3m
又直线 y = kx +m 与直线 y = x 和 y = x 交点的横坐标分别为 和
3 3 1+ 3k
3m 3m
3m +
，则线段Q1Q2 中点的横坐标为 1+ 3k 1 3k 3km ，
1 3k =
2 1 3k 2
所以 P1Q1 = P2Q2 ． …………………………………10 分
3m2 +3
(ii)由条件 x 0 x ， x x ，即 21 2 ， 1 2 = 0 3k 1 0
3k 2 1
数学答案 第3页（共 4页）
2 2 12(m
2 3k 2 +1) 4 3
所以 x2 x1 = (x1 x2 ) = (x = ， 1 + x2 ) 4x1x2 = 3k 2 1 1 3k 2
由题意知， A( 3,0)，B ( 3,0) .
y y (kx1 +m)(kx2 +m) k
2x1x2 +mk (x + x )+m
2
1 2 1 2
所以 k1 k2 = = =
x1 + 3 x2 3 (x + 3 )( x 3 ) x1x + 3 ( x x ) 31 2 2 2 1
k 2 (3m2 +3) 6m2k 2
+m2
3k 2 1 3k 2 1 3m
2k 2 +3k 2 6m2k 2 +3m2k 2 m2
= =
3m2 +3 12 3m2 +3 12 9k 2 +3
+ 3
3k 2 1 1 3k 2
3k 2 m2 3
= = = 1，
3m2 6 9k 2 3
即 k1k2为定值 1 . …………………………………17 分
注：其他解法酌情给分.
19.（17 分）
【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：
(4,1) ,(3,2) .
所以 p3 (6) = 3, p2 (5) = 2 . …………………………………4 分
（2）设 ( , , , )是n1 2 k 的一个 k 部划分.分两种情形讨论.
①若 k =1，则 ( 1, 2 , , k 1 )为 n 1的一个 k 1部划分.故满足 =1的nk 的所有 k
部划分有 pk 1 (n 1) .
②若 k 1，则 ( 1 1, 2 1, , k 1)为 n k 的一个 k 部划分.故满足 k 1的n的
所有 k 部划分有 pk (n k )个.
综上可知， pk (n) = pk 1 (n 1)+ pk (n k ) . …………………………………10 分
（3）由（2）可知，
pk (n) = pk 1 (n 1)+ pk (n k )
pk 1 (n 1) = pk 2 (n 2)+ pk 1 (n k )
p2 (n k + 2) = p1 (n k +1)+ p2 (n k )
上述各式左右对应相加可得
pk (n) = pk (n k )+ pk 1 (n k )+ + p2 (n k )+ p1 (n k +1)
又因为 p1 (n k +1) = p1 (n k ) =1，
k
所以 pk (n) = pi (n k ) . …………………………………17 分
i=1
注：其他解法酌情给分.
数学答案 第4页（共 4页）姓名
座位号
(在此卷上答题无效)〉
2025年合肥市高三第一次教学质量检测
数学
(考试时间：120分钟满分：150分)
注意事项：
1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本
试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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A={x0A.0
B.{x-2≤x≤3}
C.{0D.{x-2≤x<0}
2设a∈R,若0+
为实数，则a=()
2-i
A.-2
2
c
D.2
3.记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a4+a+a6=9，则S,=()
A.9
B.18
C.27
D.36
4.函数f(x)=
2cos(z9的图象大致为（）
ex-e-x
数学试题第1页（共4页）
5.已知向量a,6,c满足c+6+c=-0,且1a=1,1b2,1c上V3,则a与6的夹角为
()
2π
A.
C.S
D.
6
6
6.已知tana=2,则
1+sin 2a
=(
cos 2a
A写
B.-3
C.3
D.±3
7.已知P为圆O:x2+y2=1上的动点（不在坐标轴上），过P作P2⊥x轴，垂足为2，将
△OP2绕y轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段OQ的长度为()
1
A写
B.3
c.6
D.2v2
3
8.已知函数f(x)=lsin2.d+2simx,则f(x)的值域为(
A.[-2,3]
3V3
[33W5
B
-2
22
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ABCD-AB,C,D,中，P是棱C,D上的动点（不含端点），下列说法中正确的有()
A.DC∥平面BPD
B.BC⊥BP
C.四面体PAB,C的体积为定值
D.存在点P,使得平面BB,P⊥平面AAP
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片，Y关于x的经验回归
方程为)=x+a;实验二所得的样本相关系数为2，U关于v的经验回归方程为t=v+d,
下列结论中正确的是（
)
实验一
实验二
ny
4
681012
12
10
8
10111316
2x-0y-列
参考公式：样本相关系数”=
②-可2w-旷
24-可
A.=2x
B.y+a=20
C.2b+c=0
D.1+2=0
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”C:x2+25x2y2+y2-9=0,则()
A.曲线C关于直线y=x对称
B.曲线C有4个顶点
C.曲线C与直线y=-x+3有4个交点
D,曲线C上动点P到原点距离的最小值为
5
数学试题第2页（共4页）
