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安徽省“鼎尖教育”2025 届高三 11 月份联考数学试题
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 ， ，则
M={x|√x−1<2} N={x|x2−x−2<0} M∩N=
A. {x|−1−1) (0,f(0)) x+2y+5=0 a
值为
A. 1 B. −1 C. 3 D. −3
4.已知 (π )， ( π)，则
α∈ ,π √2cos2α=sin α− sin2α=
2 4
1 1 3 3
A. − B. C. − D.
4 4 4 4
3
{log (2x−1)+ ,x≥1,
5.已知函数 a 2 在 上单调递减，则 的取值范围为
f(x)= (0,+∞) a
2a
x+ ,00，b>0，且a+b=4，则
1 1
A. + ≥1 B. √a+√b≥2√2
a b
C. D. ( 2)( 2)
a2+2b≥8 a+ b+ ≥8
b a
10.已知函数 ， ， 恒成立，则
f(x)=x(ex−e−x ) ∀θ∈R f(3t+tcosθ−2−sinθ)≤f(2+sinθ)
A. f(x)是偶函数
B. f(x)在(0,+∞)上单调递增
1
C. t可以取
3
D. 当 t= √2时， f(3t+tcosθ−2−sinθ) 的取值范围是 [ e− 1 ,2 ( e2− 1 ) ]
4 e e2
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2 11
11.如图，三棱台ABC−A B C 中，M是AC上一点，AM= MC，CC ⊥平面ABC，∠ABC=90°，
1 1 1 2 1
AB=BC=CC =2A B =2，则
1 1 1
π
A. 过点M有四条直线与AB，BC所成角均为
3
B. BB ⊥平面AB C
1 1
C. 棱A C 上存在点Q，使平面AB Q//平面BMC
1 1 1 1
√5
D. 若点P在侧面ABB A 上运动，且CP与平面ABB A 所成角的正切值为4，则BP长度的最小值为
1 1 1 1 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量⃗
a=(x−1,1)
，⃗
b=(2,3)
，若⃗
b⊥(
⃗
a+
⃗
b)
，则
x=
．
13.[x]表示不超过x的最大整数，比如[2.6]=2，[π]=3，….已知等差数列{a }的通项公式a =2n+1，
n n
其前 项和为 ，则使 成立的最大整数为 ．
n S [√S ]+[√S ]+…+[√S ]≤2025
n 1 2 n
14.某同学在同一坐标系中分别画出曲线C：y=sinx，曲线D：y=2cosx，曲线E：y=−2cosx，作出
直线 ( ( π))， ( (π )) 直线 交曲线 、 于 、 两点，且 在 的上方，
x=α α∈ 0, x=β β∈ ,π . x=α C D M N M N
2 2
1 2
测得|MN|= ；直线x=β交曲线C、E于P、Q两点，且P在Q上方，测得|PQ|= .则cos(α+β)=
3 3
．
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13分)
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3 1π
记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2A=cos2B，且A>B≥ ．
4
(1)求A−B的值；
(2)若a=√2b=2，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
{x+4
已知函数
,(x<0且x≠−3),
f(x)= x+3
f(x−3),(x>0).
(1)求函数f(x)在区间(0,3)上的解析式；
(2)已知点A(2,−1)，点M是函数f(x)在区间(0,3)上的图象上的点，求|MA|的最小值．
17.(本小题15分)
如图，三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，且AC⊥BC，PA=AC=BC=3，D为PC的中点，G在线
√6
段PB上，且DG= ．
2
(1)证明：AD⊥PB；
(2)若BG的中点为H，求平面ADG与平面ADH夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
4
已知函数f(x)=ax−lnx−1有两个零点x ，x (x 0；
(2)求实数a的取值范围；
2−lna
(3)证明：x +x > ．
1 2 a
19.(本小题17分)
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4 11
a =
1 n 1
1 a = 1+
1 a = 3 1 1
定义数列{a }为“阶梯数列”：a = ， 2 1， 1+ ，……， 1+ ．
n 1 1 1+ 1 …
1 1+
1 1
1+
1
(1)求“阶梯数列”中，a 与a 的递推关系；
n+1 n
(2)证明：对k∈N❑∗，数列{a2k−1}为递减数列；
证明： 1 (4) k−1．
(3) |a −a |≤ ⋅
k+1 k 2 9
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5 1参考答案
1.D
2.A
3.C
4.C
5.D
6.B
7.B
8.A
9.AD
10.ABC
1.ACD
12.−7
13.63
−2√451−2
14.
45
π
15.(1)sin2A=cos2B=sin( −2B)，
2
π π
故2A= −2B或2A+ −2B=π，
2 2
π π
当2A= −2B时，A= −B≤0不合题意，
2 4
π π
故2A+ −2B=π⇒A−B= ;
2 4
π
(2)a=√2b⇒sin A=√2sinB，即sin(B+ )=√2sinB，
4
√2 √2
∴ sinB+ cosB=√2sinB⇒sinB=cosB，
2 2
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6 1π 3π π π π
∵ ≤B< ，∴B= ，故A= ，C= ，
4 4 4 2 4
1 1 √2
故S = absinC= ×2×√2× =1．
△ABC 2 2 2
16.解：(1)由题可知在(0,3)上，f(x)=f(x−3)，
x−3+4 x+1
而x−3<0，所以f(x−3)= = ，
x−3+3 x
x+1
即在(0,3)上，f(x)= ;
x
(2)设M(x ,y )，
0 0
x +1 1 1 1 1 1
|MA|2=(x −2) 2+(y +1) 2=(x −2) 2+( 0 +1) 2=(x2+ )+4( −x )+8=( −x ) 2+4( −x )+10=( −x +2) 2+6≥6
0 0 0 x 0 x2 x 0 x 0 x 0 x 0
0 0 0 0 0 0
1
当且仅当 −x +2=0时，取得等号，解得x =√2+1∈(0,3)，
x 0 0
0
故|MA|的最小值为√6
17.解：(1)证明：因为PA⊥底面ABC，且BC⊂底面ABC，
所以PA⊥BC，
因为PA∩AC=A，且PA，AC⊂平面PAC，AC⊥BC，
所以BC⊥平面PAC，
又因为AD⊂平面PAC，所以BC⊥AD，
因为PA=AC，且D为PC的中点，
所以AD⊥PC，
又因为PC∩BC=C，且PC，BC⊂平面PBC，
所以AD⊥平面PBC，
因为PB⊂平面PBC，所以AD⊥PB;
(2)根据题意可知，以点A为原点，以过点A且平行于BC的直线为x轴，
AC，AP所在的直线分别为y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
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7 1PA=AC=BC=3，
3 3
可得A(0,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，P(0,0,3)，D(0, , )，
2 2
⃗ ⃗ 3 3
则PB=(3,3,−3) ，PD=(0, ,− )，
2 2
⃗ ⃗
因为G在线段PB上，设PG=λPB=(3λ,3λ,−3λ) ，
其中0<λ<1，
⃗ ⃗ ⃗ 3 3
则DG=PG−PD=(3λ,3λ− ,−3λ+ )，
2 2
√6
因为DG= ，
2
3 3 6 1
可得9λ2+(3λ− ) 2+(−3λ+ ) 2= ，所以λ= ，
2 2 4 3
所以G(1,1,2)，H(2,2,1)，
⃗ 3 3 ⃗ ⃗
可得AD=(0, , )，AG=(1,1,2) ，AG=(2,2,1) ，
2 2
{ ⃗ ⃗ 3 3
n·AD= x+ z=0
设平面ADG的法向量为⃗n=(x,y,z)，则 2 2 令y=1，可得x=1，z=−1，所以
⃗ ⃗
n·AG=x+ y+2z=0
⃗n=(1,1,−1)，
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8 1{ ⃗ ⃗ 3 3
m⋅AD= y+ z=0
1
设平面ADH的法向量为m ⃗ =(x,y,z) ，则 2 2 令y=1，可得x=−
2
，z=−1，所以
⃗ ⃗
m⋅AH=2x+2y+z=0,
⃗ 1
m=(− ,1,−1)，
2
设平面ADG与平面ADH的夹角为θ，
3
⃗ ⃗
|n⋅m| 2 √3
可得cosθ= = = ，
⃗ |⃗| 3 3
|n|⋅m √3×
2
√3
故平面ADG与平面ADH夹角的余弦值为 ．
3
18. 1 4 (x−1) 2 ，
(1)g′(x)= − = ≥0
x (x+1) 2 x(x+1) 2
故g(x)为(0,+∞)上的增函数，
由题可知g(1)=0，g(x)>0，即g(x)>g(1)，
∴g(x)>0的解集为(1,+∞).
1
(2)f ′(x)=a− ，
x
当a≤0时，f ′(x)<0，f(x)为减函数，不符合题意;
1 1
当a>0时，x∈(0, )时，f ′(x)<0，x∈( ,+∞)时，f ′(x)>0．
a a
又x→0时，f(x)→+∞;x→+∞时，f(x)→+∞．
1 1 1
∵f(x)有两个零点，故f( )=1−ln −1=−ln =lna<0，
a a a
解得0lna+1①
1 1
同理：ax =lnax +1−lna，
2 2
2(ax −1)，
lnax > 2
2 ax +1
2
可化为 ，
a2x2+(alna−2a)x >−lna−1②
2 2
得：
②+① a2 (x2−x2 )+(alna−2a)(x −x )>0
2 1 2 1
2−lna
化简得：x +x > ．
1 2 a
1
19.(1)由阶梯数列的形式结构可知a = ;
n+1 1+a
n
1 1 1 1
(2)a −a = − = −
2k+1 2k−1 1+a 1+a 1 1
2k 2k−2 1+ 1+
1+a 1+a
2k−1 2k−3
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10 11+a 1+a a −a ，
= 2k−1− 2k−3= 2k−1 2k−3
2+a 2+a (2+a )(2+a )
2k−1 2k−3 2k−1 2k−3
a −a 1 ，
∴ 2k+1 2k−1 = >0
a −a (2+a )(2+a )
2k−1 2k−3 2k−1 2k−3
同理a −a ， ，a −a ，
2k−1 2k−3>0
⋯⋯
5 3>0
a −a a −a
2k−3 2k−5 3 1
累乘得a −a a −a a −a ，
2k+1 2k−1
⋅
2k−1 2k−3
⋅⋯⋯
5 3>0
a −a a −a a −a
2k−1 2k−3 2k−3 2k−5 3 1
即a −a ，
2k+1 2k−1>0
a −a
3 1
2 1
a −a = −1=− <0，
3 1 3 3
∴a −a <0，
2k+1 2k−1
故对k∈N∗，{a }为递减数列;
2k−1
1 1 a −a
(3)a −a = − = k k+1
k+2 k+1 1+a 1+a (1+a )(1+a )
k+1 k k+1 k
|a −a | 1 ，
k+2 k+1 =
|a −a | (1+a )(1+a )
k+1 k k+1 k
又对 k∈N∗ ， a −a = 1 − 1 = a 2k−1 −a 2k+1 ，
2k+2 2k 1+a 1+a (1+a )(1+a )
2k+1 2k−1 2k+1 2k−1
由(2)知a −a >0，
2k−1 2k+1
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11 11
故a >a ⇒a >a >⋯>a = ，
2k+2 2k 2k 2k−2 2 2
1 1 2 1
a = > = >
又 2k+1 1+a 1 3 2，
2k 1+
2
1
故对n∈N∗，a > ，
n 2
|a −a | 1 1 4
∴ k+2 k+1 = < =
|a −a | (1+a )(1+a ) 1 9，
k+1 k k+1 k (1+ ) 2
2
|a −a | |a −a | |a −a | 4
∴ k+1 k ⋅ k k−1 ⋯⋯ 3 2 <( ) k−1
|a −a | |a −a | |a −a | 9
k k−1 k−1 k−2 2 1
4 1 4
∴|a −a |<|a −a |⋅( ) k−1= ⋅( ) k−1 (k≥2)，
k+1 k 2 1 9 2 9
1
当k=1时，|a −a |= ，
2 1 2
1 4
综上，|a −a |≤ ⋅( ) k−1．
k+1 k 2 9
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12 1
