阜阳市2024-2025年度高三教学质量统测试卷
数学参考答案
单选题：1-4DCCD
5-8 BABC
7.B .
【解析】令
( )
2
[ ]
y
f x
x
x
，
( )
sin
y
g x
x
，则2
[ ]
sin
x
x
x
根的个数等价于
( ),
( )
y
f x
y
g x
图像交点的个数
2
2, 2
1
2
1, 1
0
( )
2 ,0
1
2
1,1
2
2
2,2
3
x
x
x
x
f x
x
x
x
x
x
x
L
L
，
作出
( ),
( )
y
f x
y
g x
图像，易得两个函数有3 个交点，所以，方程有3 个根。
8.C 【解析】
令
b
t
a
，因为1
a
b
，所以
(1,
)
t
，b
ta
，
不等式��< ��两边取以e 为底的对数，得
ln
ln(
)
ta
a
a
ta
，
即��ln�> ����+ ���
不等式等价于�−1 ���−���> 0 �> 1 恒成立；
令
( )
(
1)ln
ln
F t
t
a
t
，
1
ln
1
( )
ln
t
a
F t
a
t
t
，
(1)当1
1
ln a
即a
e
时，恒有
( )
0
F t
，( )
F t 单调递增，当
1
t 时，恒有
( )
(1)
0
F t
F
；
(2)当
1
1
ln a
时，即1
a
e
时，
1
(1,
)
ln
t
a
时，有
( )
0
F t
，
( )
F t
单调递减，则
( )
(1)
0
F t
F
不合题意，舍；综上，a
e
.
多选填多选题：9. ABC
10.ABD
11.ABD
10.ABD【解析】
2
(2
3)
( )
(
1)
xe x
x
f
x
x
，得函数的递增区间为
3
(
,0),( ,
)
2
，递减区间为
3
(0,1),(1, )
2
，
得A 错误，B 正确；取
1
3
4
a
，则
2
3
( )
0
4
a
f
，C 错误；当
2
x
时，恒有
2
( )
3
2
f x
e
，
则当
1
2
1
3
2
2,
(
)
2,
(
)
2
a
a
f a
a
f a
L
1
(
)
2
n
n
a
f a
，D 正确；
11.ABD
【解析】
因为P、F 均为球的切点，易得MF=MP，A 正确；
设平面I 平面VFO=直线FG，直线FG 交l 于G，
因为VA// ,所以
/ /
VA
FG ，
因为
,
O F
l
，所以l
O F
，
,
VO
l
，所以l
VO
，
由
,
VO O F
平面VOF ，
所以l 平面VOF ，
FG 平面VOF ，
所以l
FG
，
又MN⊥l，所以MN//FG，
因为FG//VA，所以MN//VA，B 正确；
作MH 垂直平面于H，又因为
,
VO
所以MH //VO，
由等角定理可得，
∠NMH = ∠AVO' = θ = ∠PMH
MH⊥平面，
得RT PMH
RT NMH
，
MN
MP
，
又P、F 均为球的切点，则易得MF=MP，
所以恒有MN=MF，
即|MF|=d,其中F 为定点，d 为M 到定直线l 的距离，
所以M 的轨迹为抛物线，C 错误；
圆锥过VOF 的轴截面，如图所示，
取FG 中点Q，易得O Q
VO
，
2
2
tan
FG
FQ
R
，
在平面内，若以Q 为坐标原点，QF 为x 轴正向，可得方程为�2 = 4�����θ
可得该抛物线的开口随着
tan
R
的增大而增大，D 正确.
填空题：12.
3 或
1
3
13.
13
36
14.
27
4
15：（1）因为
)
sin
(sin
)
sin
)(sin
(
A
C
a
B
C
c
b
，
所以由正弦定理得
ac
b
c
a
2
2
2
，.......2分
由余弦定理得
2
1
2
cos
2
2
2
ac
b
c
a
B
，又
B
0
，....4分
所以
3
B
........5分
（2）D 为线段AC 的中点，故
1
2
BD
BA
BC
，
2
2
2
2
1
1
2
4
4
BD
BA
BC
BA
BA BC
BC
，
因为
π
3
B
，
3
BD
，故
2
2
1
π
s
2
9
4
3
co
c
c a
a
，整理可得
2
2
36
a
c
ac
，...8分
在
BC
A
中，由余弦定理得
2
2
2
π
2
cos 3
b
a
c
ac
，
所以
2
2
12
a
c
ac
，
两式联立可得
12
ac
，所以
4 3
a
c
，...12分
从而
BC
A
的周长为
4 3
2 3
6 3
a
b
c
.
16【解析】：(1)取AB 的中点G，连接GF，CG，因为F 为BE 中点，所以FG//EA，
FG= 1
2
EA=CD，……(2 分)
因为EA⊥平面ABC，DC⊥平面ABC，所以DC//EA.
又因为FG//EA，所以DC//FG，
所以四边形CGFD 为平行四边形，所以DF//CG；……(4 分)
因为
/
DF 平面ABC，CG 平面ABC，所以DF//平面ABC. ……(6 分)
(2)如图所示建立空间直角坐标系，设AC=m，
则
(0,2,0),
(0,0,2),
( ,0,1)
B
E
D m
，
(0, 2,2),
( , 2,1)
BE
BD
m
，……(8 分)
设
( , , )
x y z
n
为平面BDE 的法向量，
则有
0
0
BE
DE
n
n
得
2
2
0
2
0
y
z
mx
y
z
，……(10 分)
令y=m，得
(1,
,
)
m m
n
，
显然平面ACDE 的一个法向量可以为
(0,1,0)
n
，……(12 分)
因为二面角B-DE-C 大小余弦值为3 19
19
，所以有
cos
,
|
||
|
n n
n n
n n
=
2
3 19
19
2
1
m
m
.
……(14 分)
解得
3
m
,即AC 的长为3.
……(15 分)
17【解析】
( )
f x 关于( , )
m n 对称，
令
( )
(
)
g x
f x
m
n
，则
(
)
( )
g
x
g x
，
即
(
)
[ (
)
]
0
f
x
m
n
f x
m
n
，
即
3
2
3
2
(
)
3(
)
(
)
3(
)
2
m
x
m
x
m
x
m
x
n
，
化简得
2
3
2
(3
3)
(
3
)
0
m
x
m
m
n
，……(3 分)
则有
3
2
1
0
3
0
m
m
m
n
得
1
m ，
2
n
，得对称中心坐标为( 1,2)
；……(5 分)
(2)是必要不充分条件，……(6 分)
先证必要性：
若:l y
kx
b
与
( )
f x 图像交于
1
1
2
2
3
3
( ,
), (
,
),
(
,
)
A x y
B x
y
C x
y
，
则方程
3
2
3
kx
b
x
x
有3 个不相等的实数根，
即
3
2
( )
3
g x
x
x
kx
b
有3 个不零点
1
2
3
,
,
x x x ，
由于
3
2
1
2
3
0
(
)(
)(
)
x
ax
kx
b
x
x
x
x
x
x
得
3
2
3
2
1
2
3
1
2
2
3
1
3
1
2
3
(
)
(
)
x
x
x
x x
x x
x x
x x x
x x x
x
ax
kx
b
，
所以
1
2
3
3
x
x
x
，
因为
1
2
3
,
,
x x x 为公差不为0 的等差数列，所以
2
1
x ，
所以
2
k
b
，得
2
k
b
，
即
3
2
( )
3
(2
)
g x
x
x
b x
b
，……(8 分)
由题意可得，( )
g x 有三个零点的一个必要条件是( )
g x 至少存在三个单调区间，……(10 分)
2
( )
3
6
2
g x
x
x
b
，
(i)当
12(
1)
0
b
即
1
b 函数
( )
g x 在R 上单调递增，( )
g x 最多一个零点，不符合题
意，舍；……(11 分)
(ii)当
12(
1)
0
b
，即
1
b 时，
解
2
3
6
2
0
x
x
b
，得
2
1
3
3
3
x
b
，
令
( )
0
g x
，得
2
2
(
, 1
3
3 )
( 1
3
3 ,
)
3
3
x
b
b
U
，
令
( )
0
g x
，得
2
2
( 1
3
3 , 1
3
3 )
3
3
x
b
b
，
得函数
( )
g x
在
2
(
, 1
3
3 )
3
b
递增，
2
2
( 1
3
3 , 1
3
3 )
3
3
b
b
递减，在
2
( 1
3
3 ,
)
3
b
递增，
综上可得，
1
b 符合题意，即
1
b 为
( )
g x 在R 上存在三个零点的必要条件
得必要性成立; ……(13 分)
再证充分性不成立，令
0,
0
b
k
，显然
3
2
( )
2
f x
x
x
与l：y=0 仅有两个交点，所以充
分性不成立.
综上，“
1
b ”是“l 与
( )
f x 的图像有3 个交点，且交点的横坐标依次成等差数列”的必要
不充分条件. ……(15 分)
18【解析】
（1）由于椭圆�:
�2
�2 +
�2
�2 = 1(�> �> 0)的长轴长为2，则2�= 2,即�= 1；
又
2
3
1 ( )
2
c
b
e
a
a
，
得
1
2
b
，
椭圆的标准方程为
2
2
4
1
x
y
；……(3 分)
(2)
(i)设
1
1
2
2
(
,
),
(
,
)
M x y
P x
y
，因为l 过原点，可得P、Q 关于原点对称，所以
2
2
(
,
)
Q
x
y
，
若MP、MQ 的斜率存在，分别记为
1
2
,
k k ，则有
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
y
y
y
y
y
y
k
k
x
x
x
x
x
x
因为
1
1
2
2
(
,
),
(
,
)
M x y
P x
y
在椭圆C 上，所以有
2
2
1
1
4
1
x
y
①，
2
2
1
1
4
1
x
y
②
1
②得
2
2
2
2
1
2
1
2
4(
)
0
x
x
y
y
，
即
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
4
y
y
k
k
x
x
；……
所以直线
,
MP MQ 的斜率之积为定值.....(6 分)
设过M 且斜率为k 的直线与圆O 相切，
直线PM 的方程为
1
1
(
)
y
y
k x
x
，即
1
1
y
kx
y
kx
，
有
1
1
2
5
5
1
y
kx
d
k
，
化简可得
2
2
2
1
1
1
1
(5
1)
10
5
1
0
x
k
x y k
y
，(*)
……(8 分)
因
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
5
5
1
(1
) 1
5
1
1
4
4
4
5
1
5
1
5
1
4
x
x
y
x
x
x
，
方程(*)可化为
2
1
1
2
1
10
1
0
5
1
4
x y
k
k
x
(**)
若PM 与圆O 相切，则有
1k 为方程(*)的根，
即
2
1
1
1
1
2
1
10
1
0
5
1
4
x y
k
k
x
，
,
MP MQ 的斜率之积为
1
4
，得
2
1
1
4
k
k
，
则
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
10
10
10
1
1
1
1
1
1
1
(
)
0
0
5
1
4
16
5
1 4
4
4
4
5
1
4
x y
x y
x y
k
k
k
k
x
k
x
k
k
x
k
得
2k 也为方程(**)的根，即MQ 与圆O 相切；……(10 分)
(ii)当MP 斜率不存在时，可得当
5
:
5
MP
l
x
时，得
5
:
5
MQ
l
y
，满足MQ 与圆O
相切，当
5
:
5
MP
l
x
时，得
5
:
5
MQ
l
y
，满足MQ 与圆O 相切，
综上有MP、MQ 与圆O 相切，则∠PMO=∠QMO，又O 为PQ 的中点，
则可得MPO
MQO
，则可得OM⊥OP，
2
PQM
PMO
S
S
OM
OP
，……(12 分)
③
:l y
mx
，则得直线OM 的方程为
1
y
x
m
，
2
2
4
1
y
mx
x
y
得
2
2
1
1
4
Px
m
，
2
2
2
1
4
P
m
y
m
2
2
2
2
2
1
1
4
P
P
m
OP
x
y
m
，
同理，
2
2
2
2
2
1
4
M
M
m
OM
x
y
m
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
(
1)
4 1 4
(
4)(1 4
)
m
m
m
OM
OP
m
m
m
m
，……(15 分)
令
2
1
1
t
m
，得
2
2
2
( )
(
3)(4
3)
t
OM
OP
f t
t
t
�' �=
9��−2
�+3 2 4�−3 2
,所以
( )
f t 在
(1,2)
t
单调递减，在
(2,
)
t
单调递增，
则
min
4
( )
(2)
25
f t
f
，
得
PQM
S
的最小值为2
5
.
…………(17 分)
19【解析】
(1) 因为
4
3 4
5
17
3 5
2
a
，所以数列
na
是5 的2 数列，……(3 分)
(2) (i)记
{
}(3, )
n
n
a
r
M
n
，
(i)记
3
,0
3
n
n
n
n
a
k
r
r
，
1
1
1
3
n
n
n
a
k
r
，
则
2
1
1
2
1
3(
)
n
n
n
n
n
a
a
a
k
k
r
r
，(5 分)
又因为
2
{
}(3,
2)
n
n
a
r
M
n
，
2
3
2
2
3
,0
3
n
n
n
a
k
r
r
所以
1
1
2
1
1
,
3
3,
3
n
n
n
n
n
n
n
n
n
r
r
r
r
r
r
r
r
r
，(8 分)
则有1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1,
2,
0,
2,
2,
1,
0,
1,
1
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
，
同理可得17
18
1,
1
r
r
，…，{
nr }所有的项均以1，1，2，0，2，2，1，0 周期性出现，周
期为8，故有
{
}
{
}
(3,
)
(3,
8)
n
n
a
a
M
m
M
m
;………(10 分)
(ii) 对任意
*
q
N
,数列
nb
恒为q 的0 数列,即对任意
*
q
N
，均存在m，使得
nb 是m 的
整数倍.
3
2
1
(
1)(
1)
n
n
n
n
a
a
a
a
，则只需保证q 能够整除
1
na 即可；………(11 分)
2
显然，当q=1 时，命题成立；
②当
2
q
时，
3
,0
,
n
n
n
n
n
a
k
r
r
q k
N
，
��= ����, �∈0,1,2. . . �−1 为了观察对于
nr
中的项，不妨先任取其中相邻两项，
定义集合
{( , ) | ,
{0,1,
,
1}}
A
x y
x y
q
L
，集合A 共有
2
q 个元素，
1
(
,
)
m
m
r
r
A
，而
1
(
,
)
m
m
r
r
显然不可能为(0,0) ，因为如果
1
0
m
m
r
r
，可得对任意正整数n，都有
0
nr
，
即都能够被q 整除，矛盾；可得
1
(
,
)
m
m
r
r
只能取A 中非(0,0) 的元素，
1
( ,
)
n
n
r r
最多有
2
1
q
种取法，则必有
1
(
,
)
m
m
r
r
和
1
(
,
)
m
j
m
j
r
r
相同，则可得
nr
是以j 为周期的数列；………(14
分)
1
1
2
1
2
2
2
2
1,
1
j
j
j
j
r
r
r
r
r
r
L
L
,
即
2
1
2
1
1
j
j
a
k
q
，
2
2
2
2
1
j
j
a
k
q
，
则有
2
2
2
2
1
2
2
2
1
(
)
j
j
j
j
j
a
a
a
q k
k
，
2
1
2
1
2
2
1
2
2
(2
) 1
j
j
j
j
j
a
a
a
q
k
k
，
可得
2
2
2
2
1
2
2
2
1
(2
3
) 1
j
j
j
j
j
a
a
a
q
k
k
，
得
2
2
2
2
2
1
1
(2
3
)
j
j
j
a
q
k
k
，
即
2
2
1
j
a
能够被q 整除，即
{
}( ,2
2)
0
n
a
M
q
j
，得证. ………(17 分)
(
2, ,
,
2
m
kj
k j
N
j
都可以满足)
