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安徽省淮南市和淮北市 2025 届高三上学期第一次质量检测
数学试题
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A={x|(x+1)(x−2)<0}，B={x|01，则n=
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学科网（北京）股份有限公司 1 1√2 √3 3−√2 3−√3
A. B. C. D.
2 2 2 2
7.定义在[0,2]上的函数f(x)=xm (2−x) n的图象如图所示，则实数对(m,n)可以是
A. (1,2) B. (1,3) C. (2,2) D. (2,1)
8.已知点 A(2,0) ， B(4,0) ，P是直线 y=x 上的动点，B在直线AP上的投影为Q，则
|P
⃗
Q|⋅|P
⃗
A|
的最
小值为
7 9
A. 3 B. C. 4 D.
2 2
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。全部选对的得6分，
部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图，在正方体ABCD−A B C D 中，M，N，P是对应棱的中点，则
1 1 1 1
A. 直线A C//平面PMN B. 直线BD ⊥平面PMN
1 1
C. 直线AD 与MN的夹角为60∘ D. 平面PMN与平面A B C 的交线平行于MN
1 1 1 1
10.已知函数 { 1−ex,&x≤0, 则下列说法正确的是
f(x)=
f(x−1),&x>0,
A. 函数f(x)的图象是连续不断的曲线
4
B. f(ln4)=1−
e2
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学科网（北京）股份有限公司 2 1C. ( 1)
f(ln6)0时f(x)=log x，则f(−8)=________.
2
13.若a，b>0，且ab=2a+b+16，则ab的最小值为 .
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学科网（北京）股份有限公司 3 114.如图，点M，N分别是正四棱锥P−ABCD的棱PA，PC的中点，设PD∩平面BMN=Q，则PQ与
PD长度之比为 ，四棱锥P−ABCD被平面BMN分成上下两部分体积之比为 .
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知tanB=2cosA，b2+c2−a2=√3bc.
(Ⅰ)求B；
AE AE
(Ⅱ)若D为AB边上任意一点，作AE⊥CD于E，设∠BCD=θ，试用θ表示 ，并求 的最大值．
CD CD
16.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=√2AD，点M
在线段PD上，PM=3MD.
(Ⅰ)求证：AM⊥平面PCD；
(Ⅱ)求平面MAC与平面PAB夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，圆C： R ，点
(x−a) 2+(y+2a−4) 2=1(a∈ ) P(0,−3).
(Ⅰ)若圆心C在直线x+ y−3=0上，过点P作圆C的切线，求切线方程；
(Ⅱ)若圆C上存在点Q，使|PQ|=2|OQ|，求a的取值范围．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).
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学科网（北京）股份有限公司 4 1x2
(Ⅰ)求证：当x>0时，f(x)< +x；
2
(Ⅱ)若x>0时，f(x)>ax恒成立，求实数a的取值范围；
1 3
( Ⅲ ) 求证：对任意 n∈ N ❑∗ ， e2< ( 1+ 1 )( 1+ 2 ) … ( 1+ n ) 1，
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学科网（北京）股份有限公司 8 13+√3 3+√3 3−√3
所以m= ，则n=3−m=3− = .
2 2 2
故选D.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查利用导数判断或证明已知函数的单调性，属于一般题.
由由图像可知，当x∈(0,a)时，函数单调递增，当x∈(a,2)时，函数单调递减，其中10，得x>2或x< ，
3
2
由f ′(x)<0，得 0 f(x)
2
C选项，当(m,n)为(2,2)时，
函数 ，
f (x)=x2(2−x) 2=x2(4−4x+x2)=x4−4x3+4x2
则 ，
f ′(x)=4x3−12x2+8x=4x(x2−3x+2)=4x(x−1)(x−2)
当x∈(0,1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，不符合题意，故C错误；
D选项，当(m,n)为(2,1)时，
函数 ，
f (x)=x2(2−x)=2x2−x3
则 ，
f ′(x)=4x−3x2=x(4−3x)
当 ( 4)时， ， 单调递增，
x∈ 0, f ′(x)>0 f(x)
3
当 (4 )时， ， 单调递减，符合题意，故D正确.
x∈ ,2 f ′(x)<0 f(x)
3
故选D.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆的轨迹方程，考查直线与圆的位置关系，属于中档题.
利用B在直线AP上的投影为Q，所以Q的轨迹是以AB为直径的圆，圆心为D(3,0)，半径为1，过P作
圆的切线PC，切点为C，则
|P
⃗
Q|⋅|P
⃗
A|=PC2
，所以
|P
⃗
Q|⋅|P
⃗
A|
的最小值为 PC2 的最小值，进而
可得结论.
【解答】
解：因为B在直线AP上的投影为Q，
所以Q的轨迹是以AB为直径的圆，圆心为D(3,0)，半径为1，
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学科网（北京）股份有限公司 10 1过P作圆的切线PC，切点为C，则 ⃗ ⃗ ，
|PQ|⋅|PA|=PC2
所以
|P
⃗
Q|⋅|P
⃗
A|
的最小值为 PC2的最小值，
3√2
PC2=PA2−1，而D到直线y=x的距离为 ，
2
3√2
所以PA的最小值为 ，
2
3√2 7
所以PC2的最小值为( ) 2−1= ，
2 2
7
⃗ ⃗
所以 |PQ|⋅|PA| 的最小值为
2
.
故选B.
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、异面直线所成的角、面面平行的性质，属于中档题.
利用线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、异面直线所成的角、面面平行的性质，即可得出结论.
【解答】
解：对于A，连接AC，AB ,CB ，则
1 1
因为M，N是对应棱的中点，所以MN//AC，
因为MN⊄平面AB C，AC⊂平面AB C，
1 1
所以MN//平面AB C，
1
同理PM//平面AB C，
1
因为PM∩MN=M，PM,MN⊂平 面P，M所N以平面PMN//平面AB C，
1
因为直线A C不平行平面AB C，所以直线A C不平行平面PMN，A错误；
1 1 1
因为BD⊥AC，AC⊥D D，BD∩D D=D，BD,D D⊂平 面BD ，所以AC⊥平面BD ，
1 1 1 1 1
因为BD ⊂平面BD ，所以BD ⊥AC，
1 1 1
同理可得，BD ⊥AB ，
1 1
由于AC和AB 是平面AB C上的两条相交直线，
1 1
所以根据直线与平面垂直的判定定理，得直线BD ⊥平面AB C，
1 1
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学科网（北京）股份有限公司 11 1因为PMN//平面AB C，所以直线BD ⊥平面PMN，B正确；
1 1
由题意，∠D AC为直线AD 与MN的夹角，
1 1
因为 为等边三角形，所以 ，C正确；
△AD C ∠D AC=60∘
1 1
因为平面A B C //平面ABC，平面PMN与平面ABC的交线为MN，
1 1 1
所以根据面面平行的性质可知平面PMN与平面A B C 的交线平行于MN，D正确.
1 1 1
故选BCD.
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查分段函数的单调性与图象，属于中档题.
利用函数 { 1−ex,&x≤0, 求出函数的解析式，再数形结合得出结论.
f(x)=
f(x−1),&x>0,
【解答】
1
解：由题意，0 1 ，所以 f(ln6)0 S = θ=π a=−1 b=0 C(π)=−1
4 4 2
π
角θ以Ox为始边，OP为终边，P(a,b)，则θ+ 以Ox为始边，OQ为终边，A(b,a)，
2
π a
所以S(θ+ )= =C(θ)，B正确；
2 |a|+|b|
由题意，0≤a≤1,0≤b≤1，
π a b
所以S(θ+ )+S(θ)=C(θ)+S(θ)= + =1，
2 a+b a+b
所以函数 ， [ π]的图象关于点(π 1)对称，C正确；
y=S(x) x∈ 0, ,
2 4 2
b
在第一象限，a+b=1，所以S(θ)= =b，00，则ab=2a+b+16≥2√2ab+16，即(√ab+2√2)(√ab−4√2)≥0，
于是√ab≥4√2，ab≥32，当且仅当2a=b=8取等号，故ab的最小值是32.
故答案为：32.
1 1
14.【答案】 ；
3 5
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的结构特征，考查棱锥体积的计算，属于中档题．
利用三角形中位线的性质得出结论；利用棱锥的体积公式计算可得结论.
【解答】
解：连接MN，AC、BD，
设AC∩BD=O，连接OP，设MN∩OP=H，
因为M，N为棱PA，PC的中点，所以MN//AC，则H为OP的中点，
延长BH交PD于点Q，取QD的中点E，连接EO，则EO//QH，
所以Q为PD的三等分点，
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学科网（北京）股份有限公司 14 11
所以PQ与PD长度之比为 ；
3
2
不妨设PA=2，AB=√2，则PO=√3，BD=2，PQ= ，
3
因为平面PBD⊥平面BMN，且BE为交线，所以P到平面BMN的距离等于P到直线BE的距离，
√ √3 2 √7 √3 ，
BH=√BO2+OF2= 12+( )= ,PF= ,PB=2
2 2 2
√7 3
22+(
)
2−(
)
2
2 2 5 5
在△PBH中，由余弦定理得cos∠PBH= = = √7，
√7 2√7 14
2×2×
2
√3 √21
则sin∠PBH= = ，
2√7 14
√3 √21
则P到直线BQ的距离d=PBsin∠PBH=2× = ，
2√7 7
√ 2 2 2
在△PBQ中，BQ= 22+( ) 2−2×2× cos60∘= √7，
3 3 3
显然GM=GN，BM=BN，四边形BMQN的对角线垂直，
1 1 1 1 2 √21 √3
则V = × ×BQ×MN×d= × × √7×1× = ，
P−BMQN 3 2 3 2 3 7 9
1 2
四棱锥P−ABCD的高PO=√3，则V = ×√2×√2×√3= √3，
P−ABCD 3 3
所以下方几何体体积 2 √3 5√3，所以V 1
V =V −V = √3− = 1= .
2 P−ABCD P−BMEN 3 9 9 V 5
2
15.【答案】解：(Ⅰ)因为b2+c2−a2=√3bc，
b2+c2−a2 √3
所以cosA= = ，
2bc 2
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学科网（北京）股份有限公司 15 1π
所以tanB=2cosA=√3，故B= .
3
π π
(Ⅱ)由(Ⅰ)知A= ，B= ，从而△ABC为直角三角形，
6 3
CD BC
=
在△BCD中，由正弦定理知 π 2π ，
sin sin( −θ)
3 3
√3BC
CD=
即 2π ，
2sin( −θ)
3
π
在△ACE中，有AE=ACsin( −θ)=ACcosθ，
2
2π
2sin( −θ)ACcosθ
所以AE 3
=
CD √3BC
2π
=2sin( −θ)cosθ
3
√3 1
=2( cosθ+ sinθ)cosθ
2 2
=√3cos2θ+sinθcosθ
√3cos2θ+sin2θ+√3
=
2
π √3 π
=sin(2θ+ )+ ，θ∈[0, ]，
3 2 2
π π π π AE √3
当2θ+ = ，即θ= ∈[0, ]时， 取得最大值1+ .
3 2 12 2 CD 2
【解析】本题考查了利用正余弦定理解三角形、三角恒等变换和正弦函数的性质，是中档题.
√3
(Ⅰ)由余弦定理得cosA= ，可得B的值；
2
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学科网（北京）股份有限公司 16 1√3BC
CD=
(Ⅱ)易得△ABC为直角三角形，在△BCD中，由正弦定理得 2π ，在△ACE中，有
2sin( −θ)
3
AE AE
AE=ACcosθ，可得 ；再利用三角恒等变换和三角函数性质可得 的最大值．
CD CD
16.【答案】解：设AD=2，则PA=PD=2√2，AD中点为O，BC中点为E，
分别以OE，OD，OP为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
3 √7
(Ⅰ)A(0,−1,0)，B(2,−1,0)C(2,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,√7)，M(0, , )，
4 4
⃗ 7 √7 ⃗ ⃗
AM=(0, , )，PD=(0,1,−√7) ，CD=(−2,0,0) ，
4 4
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
所以 AM⋅PD=0 ， AM⋅CD=0 ，
故AM⊥PD，AM⊥CD，
因为PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD，
所以AM⊥平面PCD.
⃗ ⃗
(Ⅱ)设n =(x ,y ,z ) ，n =(x ,y ,z ) 分别是平面MAC，平面PAB的法向量，
1 1 1 1 2 2 2 2
⃗ ⃗ ⃗
AC=(2,2,0) ，AB=(2,0,0) ，AP=(0,1,√7) ，
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
由n ⋅AM=0且n ⋅AC=0，
1 1
{2x +2y =0
1 1 ⃗
得
7 y +√7z =0
，所以可取n
1
=(1,−1,√7) ，
1 1
{ 2x =0
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 2
由n
2
⋅AB=0且n
2
⋅AP=0，得
y +√7z =0
，
2 2
⃗
所以可取n =(0,−7,√7) ，
2
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学科网（北京）股份有限公司 17 1设两平面夹角为θ，
⃗ ⃗
|n ⋅n | √14
则cosθ= 1 2 = .
⃗ ⃗ 6
|n ||n |
1 2
【解析】本题考查了线面垂直的向量表示和平面与平面所成角的向量求法，是中档题.
( Ⅰ ) 设 AD=2 ，建立空间直角坐标系，易得 A ⃗ M⋅P ⃗ D=0 ， A ⃗ M⋅C ⃗ D=0 ，故 AM⊥PD ， AM⊥CD ，利
用线面垂直的判定即可得证；
(Ⅱ)得出平面MAC，平面PAB的法向量，利用空间向量求解即可.
17.【答案】解：(Ⅰ)因为圆心C(a,−2a+4)在直线x+ y−3=0上，
所以a−2a+4−3=0，即a=1，所以圆心C的坐标为(1,2).
(i)当过P点的切线斜率存在时，
方程可设为 ，即 ，则|k−5| ，解得 12，
y=kx−3 kx−y−3=0 =1 k=
√1+k2 5
12
得切线方程为y= x−3.
5
(ii)当过A点切线斜率不存在时，直线x=0也满足，
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学科网（北京）股份有限公司 18 1综上，所求直线方程为x=0或12x−5 y−15=0.
(Ⅱ)设点Q(x,y)，C(a,−2a+4)，
由 ，化简得：
|PQ|=2|OQ| x2+(y−1) 2=4.
点Q的轨迹为以C′(0,1)为圆心，2为半径的圆，
又点Q在圆C上，所以圆C与圆C′的关系为相交或相切，
因此，1≤|CC′|≤3，
12
即1≤√a2+(2a−3) 2≤3，解得：0≤a≤ .
5
【解析】本题考查了直线与圆的位置关系和圆与圆的位置关系，是中档题.
(Ⅰ)由圆心C(a,−2a+4)在直线x+ y−3=0上，得出a的值，再分切线斜率存在和不存在两种情况求解即
可；
(Ⅱ)设点Q(x,y)，C(a,−2a+4)，由|PQ|=2|OQ|，得出点Q的轨迹方程，易得圆C与圆C′的关系
为相交或相切，则1≤|CC′|≤3，计算即可.
x2
18.【答案】解：(Ⅰ)设g(x)=f(x)− −x，x∈[0,+∞),
2
−x
则g′(x)=ln(x+1)−x，令φ(x)=ln(x+1)−x，则φ′(x)= ≤0，
x+1
所以g′(x)在[0,+∞)上单调递减，又g′(0)=0，所以g′(x)≤0在[0,+∞)上恒成立，
所以g(x)在[0,+∞)上单调递减，又g(0)=0，所以g(x)<0在(0,+∞)上恒成立，
x2
所以当x>0时，f(x)< +x.
2
(Ⅱ)设 ℎ(x)=f(x)−ax，x∈[0,+∞)，则 ℎ′(x)=ln(x+1)+1−a，
当a≤1时，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)单调递增，且ℎ(0)=0，所以当x>0时，ℎ(x)>0.
当 时，令 ，得 ，
a>1 ℎ′(x)=0 x =ea−1−1
0
当x∈(0,x )时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，又ℎ(0)=0，所以ℎ(x)<0，不满足题意.
0
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学科网（北京）股份有限公司 19 1综上可得，a的取值范围是(−∞,1].
n
Ⅲ 原命题等价于1 k 3
( ) <∑ln( +1)< .
2 n2 4
k=1
x
由(Ⅱ)知ln(x+1)> (x>0)，
x+1
k
k n2 k k
所以ln( +1)> = ≥ ，
n2 k k+n2 n+n2
+1
n2
n(n+1)
n n
从而 k k 2 1
∑ln( +1)>∑ = = .
n2 n+n2 n+n2 2
k=1 k=1
另一方面，设t(x)=ln(x+1)−x，x∈[0,+∞),
1 −x
则t′(x)= −1= ≤0，从而t(x)在[0,+∞)上单调递减，
x+1 x+1
当x>0时t(x) (x>0) t(x)=ln(x+1)−x
2 n2 4 x+1
k=1
x∈[0,+∞)的单调性和最值即可证明.
19.【答案】解：(Ⅰ)由题意知a =|a −a |≥0，
n n+1 n+2
因为a =1，a =2，a =|a −a |，所以a =1或3.
1 3 1 2 3 2
若a =1，a =|a −a |，则a =1或3;
2 2 3 4 4
若a =3，a =|a −a |，则a =5或−1，
2 2 3 4 4
又a =|a −a |≥0，所以舍去−1.
4 5 6
从而a 的所有可能值为：1，3，5.
4
(Ⅱ)因为a ≥a ，所以a =a −a .
n+1 n n n+2 n+1
从而 ，
a =a +a =2 b =a a −a2=1.
3 1 2 1 1 3 2
b =a a −a2 =a (a +a )−a2
n+1 n+1 n+3 n+2 n+1 n+2 n+1 n+2
，
=a2 −a (a −a )=a2 −a a =−b
n+1 n+2 n+2 n+1 n+1 n+2 n n
所以{b }是首项为1，公比为−1的等比数列，
n
从而其前2025项之积为1.
(Ⅲ)设a 为{a }的最大项，
k n
若a ≥a ，则a =|a −a |=a −a ≤a ，
k+1 k+2 k k+1 k+2 k+1 k+2 k+1
又a ≥a ，所以a =a ，进而有a =0，此时可取m=k+2满足a =0.
k k+1 k k+1 k+2 m
同理，若a
