合肥一模数学答案_2025年1月_250119安徽省合肥市2025届高三第一次教学质量检测（全科）_安徽省合肥市2025届高三第一次教学质量检测数学

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=2ccosB， 所以sin A+sinB =2sinCcosB，即 sin(B+C)+sinB=2sinCcosB，即sinB=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 sin2B 2 ( ) 则 = = =  2,2 3 . …………………………………13分 bsinB sin2 B sin2 B tanB 注：其他解法酌情给分. 16.（15分） 【解析】（1）如图所示，过点B 作BE∥CC ，交BC于 1 1 1 点E，在正三棱台ABC−ABC 中，四边形BECC 为平行 1 1 1 1 1 四边形． 因为BE= 2，EC=4，所以BE=2． 1 又BB = 2，所以BE2+BB2 =BE2，即BE⊥BB ． 1 1 1 1 1 故CC ⊥BB ，同理可得CC ⊥ AA． 1 1 1 1 又直线AA 与BB 相交，所以CC ⊥平面AABB． …………………………………6分 1 1 1 1 1 （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AB 中点F ，因为A(−3,0,0)， 1 1 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BB =BF+FB =−1, , ．  3 3  1 1  3 3      设平面AABB的法向量为n =(x,y,z)， 1 1 1 6x=0  ABn =0  则 1 ，即 3 2 6 ，取z=1，则y=−2 2， BB n =0 −x+ y+ z=0 1 1  3 3 数学答案 第1页（共4页）故n =(0,−2 2,1)． 1 设平面BBCC的法向量为n =(m,n,t)， 1 1 2 −3m+3 3n=0 则    BCn 2 =0 ，即   3 2 6 ，取m= 3，则n=1，t = 2 ， BB n =0 −m+ n+ t=0 2 1 2  3 3  2 故n = 3,1, ． 2  2    2 −2 2+ n n 2 1 所以cosn,n = 1 2 = =− ． 1 2 |n ||n | 1 3 1 2 8+1 3+1+ 2 1 所以平面AABB与平面BBCC夹角的余弦值为 ． …………………………………15分 1 1 1 1 3 注：其他解法酌情给分． 17.（15分） 【解析】 1 a −ax2+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； 当1−4a2 0，即0a 1 时，函数g(x)有两个零点：x = 1− 1−4a2 ，x = 1+ 1−4a2 ， 2 1 2a 2 2a 当x变化时， f (x)， f(x)的变化情况如下表所示： x (0,x ) x (x,x ) x (x ,+) 1 1 1 2 2 2 f(x) − 0 + 0 − f (x) 单调递减 f (x ) 单调递增 f (x ) 单调递减 1 2 1 1− 1−4a2 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x ，x (x x )， 2 1 2 1 2 1 则x ，x 是方程g(x)=0的两个根，由韦达定理，得xx =1,x +x = ． 1 2 1 2 1 2 a 所以0x 1x ， 1 2  1  1 1 f (x )+ f (x )+ f (x +x )= f (x )+ f  + f  = f   1 2 1 2 1 x  a a 1 数学答案 第2页（共4页）1 1  =ln −a  −a  =−lna−1+a2． a a  1 令h(x)=−lnx−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 =ln2− ， 2 4 3 故 f (x )+ f (x )+ f (x +x )ln2− ． …………………………………15分 1 2 1 2 4 注：其他解法酌情给分． 18.（17分） 【解析】（1）设圆C ，C 的交点为M ，则 MC =r， MC =r ， 1 2 1 1 2 2 因为 r −r =2 3，所以 MC − MC =2 3 CC =4，故点M 的轨迹（曲线T ） 1 2 1 2 1 2 是以C ，C 为焦点的双曲线，从而2a=2 3,a2 +b2 =4，即a= 3,b=1， 1 2 x2 故曲线T 的方程为 − y2 =1． …………………………………4分 3 （2）（i）要证 PQ = PQ ，只要证线段PP 的中点与线段QQ 的中点重合． 1 1 2 2 1 2 1 2 设P(x ,y ),P (x ,y ) ，其中x 0x ， 1 1 1 2 2 2 1 2 由条件，直线l的斜率存在，设l的方程为y =kx+m． m 因为直线l与圆x2 + y2 =3相切，所以 = 3，即m2 =3 ( 1+k2) ． 1+k2 y =kx+m 联立  x2 ，消去y并整理得 ( 3k2 −1 ) x2 +6kmx+ ( 3m2 +3 ) =0， − y2 =1   3 3k2 −10  Δ=36m2k2 −4 ( 3k2 −1 )( 3m2 +3 ) =12 ( m2 −3k2 +1 ) =480   6mk 所以 ， x +x =−  1 2 3k2 −1  3m2 +3 x x = 0  1 2 3k2 −1 x +x 3km 从而线段PP 的中点横坐标为 1 2 = ． 1 2 2 1−3k2 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QQ 中点的横坐标为 1+ 3k 1− 3k 3km ， 1− 3k 1 2 = 2 1−3k2 所以 PQ = PQ ． …………………………………10分 1 1 2 2 3m2 +3 (ii)由条件x 0x ，x x = 0，即3k2 −10， 1 2 1 2 3k2 −1 数学答案 第3页（共4页）12(m2 −3k2 +1) 4 3 所以x −x = (x −x )2 = (x +x )2 −4x x = = ， 2 1 1 2 1 2 1 2 3k2 −1 1−3k2 ( ) ( ) 由题意知，A − 3,0 ，B 3,0 . y y (kx +m)(kx +m) k2x x +mk(x +x )+m2 k k = 1  2 = 1 2 = 1 2 1 2 所以 1 2 x + 3 x − 3 ( x + 3 )( x − 3 ) x x + 3(x −x )−3 1 2 1 2 1 2 2 1 k2( 3m2 +3 ) 6m2k2 − +m2 3k2 −1 3k2 −1 3m2k2 +3k2 −6m2k2 +3m2k2 −m2 = = 3m2 +3 12 3m2 +3−12−9k2 +3 + −3 3k2 −1 1−3k2 3k2 −m2 −3 = = =−1， 3m2 −6−9k2 3 即kk 为定值−1. …………………………………17分 1 2 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 p (6)=3, p (5)=2. …………………………………4分 3 2 （2）设 (,, ,) 是n的一个k 部划分.分两种情形讨论. 1 2 k ①若 =1，则 (,, , ) 为n−1的一个k−1部划分.故满足 =1的n的所有k k 1 2 k−1 k 部划分有 p (n−1) . k−1 ②若 1，则 (−1, −1, , −1) 为n−k 的一个k 部划分.故满足 1的n的 k 1 2 k k 所有k 部划分有 p (n−k) 个. k 综上可知， p (n)= p (n−1)+ p (n−k) . …………………………………10分 k k−1 k （3）由（2）可知， p (n)= p (n−1)+ p (n−k) k k−1 k p (n−1)= p (n−2)+ p (n−k) k−1 k−2 k−1 p (n−k+2)= p (n−k+1)+ p (n−k) 2 1 2 上述各式左右对应相加可得 p (n)= p (n−k)+ p (n−k)+ + p (n−k)+ p (n−k+1) k k k−1 2 1 又因为 p (n−k+1)= p (n−k)=1， 1 1 k 所以 p (n)=p (n−k) . …………………………………17分 k i i=1 注：其他解法酌情给分. 数学答案 第4页（共4页）