安徽省2025届高三数学模拟试题A1(含详解)

安徽省2025届高三数学模拟试题A1
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.已知集合满足，，全集为，则为( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则的共轭复数的虚部为( )
A. B. C. D.
3.记等差数列的前项和为，已知，则( )
A. B. C. D.
4.已知向量，满足，且，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5.已知，椭圆与双曲线的离心率分别为，，若，则的渐近线方程为( )
A. B. C. D.
6.过抛物线的焦点作斜率大于的直线交抛物线于，两点在的上方，且与准线交于点，若，则( )
A. B. C. D.
7.已知是曲线：上一点，直线：经过点，且与曲线在点处的切线垂直，则实数的值为( )
A. B. C. D.
8.如图，在直三棱柱中，为腰长为的等腰直角三角形，且，侧面为正方形，为平面内一动点，则的最小值是( )
A. B. C. D.
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.已知函数的定义域为，是的导函数，且，，则下列说法正确的是( )
A. 在区间上单调递增
B. 有两个零点
C. ，
D. 若，，且，则
10.设函数，则下列说法正确的是( )
A. 若时，则、的展开式中常数项为
B. 当时，则的展开式中二项式系数最大的项为
C. 若，且，则
D. 当，若，则
11.已知正方体的棱长为，，分别是棱，的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 在线段上存在一点，使得平面
B. 对于线段上的任意一点，都有
C. 过，，三点作正方体的截面，则截面的面积为
D. 若点在正方形所在平面内，且平面，则线段长度的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知等比数列的前项和为，满足，，则 ．
13.已知直线：与圆：相交于，两点，则的取值范围是 ．
14.若关于的不等式在上恒成立，则正数的最小值为 ．
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.本小题分
已知椭圆：经过点，且离心率，点是上一动点，点是的中点为坐标原点，过点的直线交于，两点，且．
求椭圆的标准方程；
当直线的斜率和直线的斜率都存在时，证明：；
证明：的面积为定值．
16.本小题分
如图，四棱锥中，，，底面为正方形，为的中点，为的中点，．
证明：；
过两点的平面与直线，分别交于点，且平面，求平面与平面夹角的正弦值．
17.本小题分
已知，在处取得极小值．
求的解析式；
求的单调区间；
若方程有且只有一个实数根，求的取值范围．
18.本小题分
在中，内角，，所对的边分别为，，，且B.
求证：
若，，求的面积．
19.本小题分
已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”
已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由；
设数列的前项和为．
(ⅰ)若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值；
(ⅱ)在(ⅰ)问的前提下，若数列满足，其前项和为，求证：当且时，成立．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
，可知．
由解得，
则，可知为．故选D．
2.【答案】
【解析】因为，
则，
所以，复数的虚部为．
3.【答案】
【解析】设等差数列的首项为，公差为，
由，得，
即，
则，解得，
故．
故选：．
4.【答案】
【解析】
向量在向量上的投影向量为：
故选D．
5.【答案】
【解析】依题意可知，，又，
即，整理得，
所以，所以的渐近线方程为，即．
故选：．
6.【答案】
【解析】分别过，作准线的垂线，垂足分别为，，
设，，则，，得
，
故选A．
7.【答案】
【解析】设，
因为直线：与曲线在点处的切线垂直，
所以切线斜率，
因为 ，
所以 ，解得，所以，
即，代入直线，
所以．
故选：．
8.【答案】
【解析】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设关于平面的对称点为，
则，
设平面的法向量，
则即
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以与到平面的距离，
即，又，所以
所以由得，又由可得，所以，
所以
，
当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为．
故选：．
9.【答案】
【解析】对于，，，即，令，
则，
则，为常数，
又，所以，
所以，所以，
所以，，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在时取得极小值，且，又当或时，，故A错误，B正确；
对于，当时，，令，则，故C正确；
对于，，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】对于，的通项公式为，当时，，故A选项正确；
对于，当，的通项公式为，当或时，二项式系数最大，因此二项式系数最大的项有两项，故B选项错误；
对于选项，由于，所以，故C选项正确；
对于，若，则，令，则，故D选项正确．故选：．
11.【答案】
【解析】对于：当点是线段的中点时，易得，
又平面，平面，故A正确；
对于：在正方体中，
平面，平面，
，
又，，，平面，
平面，
又平面，，故B正确；
对于：如图，取的中点，连接，，，
，，，，四点共面，
过，，三点所作的正方体的截面是等腰梯形，
其中，，，
过点作，交于点，则，
梯形的高为，
梯形的面积为，故C错误；
对于：以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，，则，，，，
，，，
平面，
解得
，
，
又，
结合二次函数的性质可得长度的取值范围为，故D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】由已知，
等比数列各项均不为，
所以的公比，
因为，
所以，，
所以．
13.【答案】
【解析】直线：，即，易知该直线过定点，
又，所以点在圆内，
由圆的方程可得，圆心为，半径为，
则，
设圆心到直线：的距离为，
则，又，
所以的取值范围是．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】由可得，
即，即，
令，，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
显然，当时，恒成立，此时；
当时，若恒成立，则，
即在上恒成立，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以在时取得最大值，即．
故正数的最小值为．
15.【解析】由题意得椭圆的标准方程为；
设，，，则，，
由，得， ，
，即
当和都存在时，设直线的方程为，
由得，
，，
，，
点在上，，，，
，，
设点到直线的距离为，则的面积
，
，
为定值
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，易得
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，易得
综上所述，的面积为定值．
16.【解析】连结，因为是等腰直角三角形，且为斜边的中点，
所以，，
得，，而，
所以，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以；
连结，因为平面，平面，
平面平面，
所以，即，
由知平面，
如图以点为原点，为轴，过点作与平行的直线为轴，
，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
得，
即平面与平面夹角的正弦值为．

17.【解析】由题意知 ，
因为 在 处取得极小值 ，
则 ，解得 ，
经检验，满足题意，所以 ，
所以 ；
，
令 ，得 或
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
的单调递增区间为： ；
的单调递减区间为 ．
由上问知道， 的单调递增区间为： ；
的单调递减区间为 ．
且 ， ，
时， ， 时， ，
方程 有且只有一个实数根等价于 有且只有一个实数根，
等价于函数 与 有且只有一个交点，画出草图．
即 或 ，解得 或 ，
所以 的范围为 ．
18.证明：，
由正弦定理得，
又，，
，
即，即．
若，则，即，
则，矛盾，
所以，同理．
两边同除得
由可知，
又，，，
，
设边上的高为，则，
又，
．

19.【解析】存在，理由如下：
由已知得，
，
，即，
对，当正整数时，存在，使得成立，
即数列为“阶可分拆数列”．
，
当时，，
当时，，
(ⅰ)若数列为“阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立，
当时，，即，解得，
当时，，即，
因，所以，又，
故方程无解．
综上所述，符合条件的实数的值为．
(ⅱ)证明：，
当时，，
，
，
由(ⅰ)知，所以，
，
，
由可得
，
，
，
，
当且时，成立．
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