安徽省合肥市2025年高三第一次教学质量检测数学答案

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.C2.A3.C4.A5.D6.B7.C8.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.AB10.ABD11.AC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。512.−8013.14.2218四、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ab+=cB2cos，所以sinsin2sincosABCB+=，即sinsin2sincos(BCBCB++=)，即sinsinBC=−B()所以CB−=B，或CB−B+=（舍去）所以CB=2.…………………………………6分（2）由（1）知，AB=−3，所以02B，03−B，故B,，2264csinCsin2B2则===2,23.…………………………………13分bsinBsin22BsinBtanB()注：其他解法酌情给分.16.（15分）【解析】（1）如图所示，过点B1作BE1∥CC1，交BC于点E，在正三棱台ABC−A1B1C1中，四边形B11ECC为平行四边形．因为BE1=2，EC=4，所以BE=2．222又BB1=2，所以B11E+=BBBE，即B11E⊥BB．故CC11⊥BB，同理可得CC11⊥AA．又直线AA1与BB1相交，所以CC1⊥平面AA11BB．…………………………………6分（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AB11中点F，因为A(−3,0,0)，B(3,0,0)，C(0,33,0)．所以AB=(6,0,0)，BC=−(3,33,0)．326326由条件可知F0,,，则BB=BF+FB=−1,,．113333设平面AA11BB的法向量为n1=(,,)xyz，60x=AB=n10则，即326，取z=1，则y=−22，BB11=n0−x+y+z=033数学答案第1页（共4页）故n1=−(0,22,1)．设平面BB11CC的法向量为n2m=nt(,,)，−+=3330mnBCn=202则，即326，取m=3，则n=1，t=，BB12n=0−++=mnt02332故n=3,1,．222−+22n1n221所以cos,===n1n2−．||||nn13128131+++21所以平面AA11BB与平面BB11CC夹角的余弦值为．…………………………………15分3注：其他解法酌情给分．17.（15分）【解析】1a−ax2+x−a（1）函数fx()定义域为(0,+)，且a0，f(x)=−a−=，令xxx22gx(ax)x=a−+−2，1当1−4a20，即a时，gx()0恒成立，则fx()0，所以fx()在(0,+)上是单2调递减；11−−14a21+−14a2当1−4a20，即0a时，函数gx()有两个零点：x=，x=，212a22a当x变化时，fx()，fx()的变化情况如下表所示：x(0,x1)x1(xx12,)x2(x2,+)fx()−0+单调递减fx(1)单调递增fx(2)单调递减1−1−4aa221+1−41−−14a2所以，当时，在,内单调递增，在0,22aa2a1+−14a2和,+上单调递减；2a当时，在(0,+)上单调递减．…………………………………7分（2）由（1）知，当时，有两个极值点x1，x2(x1x2)，1则，x是方程gx()=0的两个根，由韦达定理，得xx=1,x+x=．21212a所以01xx12，111f(x1)+f(x22)+f(x1+x)=f(x1)+ff+f=xa1a数学答案第2页（共4页）112=−−=−−+lnln1aaaa．aa1令hx(x)=−−l+n1x2，0x，2121x2−1则hx(x)=−+=2，当时，h(x)0，则hx()在区间0,上是单调递减，xx213从而h(x)=h−ln2，243故fxfxfxx()+−()+(+)ln2．…………………………………15分12124注：其他解法酌情给分．18.（17分）【解析】（1）设圆C1，C2的交点为M，则MC11r=，MC22r=，因为rr12−=23，所以MCMCCC1212−==234，故点M的轨迹（曲线T）是以，为焦点的双曲线，从而2a=23,a22+b=4，即ab==3,1，x2故曲线的方程为−=y21．…………………………………4分3（2）（i）要证PQ1122PQ=，只要证线段PP12的中点与线段QQ12的中点重合．设P111222x(yP,x,,y)()，其中xx120，由条件，直线l的斜率存在，设的方程为y=+kxm．m因为直线与圆xy22+=3相切，所以=3，即mk22=+31()．1+k2y=+kxm联立2，消去y并整理得3k2−1x2+6kmx+3m2+3=0，x2()()−=y1330k2−1Δ=36m2k2−4(3k2−1)(3m2+3)=12(m2−3k2+1)=4806mk所以xx+=−，1231k2−33m2+xx=0123k2−1xx+3km从而线段PP的中点横坐标为12=．1221−3k2333m又直线y=+kxm与直线yx=−和yx=交点的横坐标分别为−和3313+k33mm3m−+，则线段中点的横坐标为1+−3kk133km，13−k=21−3k2所以．…………………………………10分33m2+(ii)由条件，xx=0，即3k2−10，1231k2−数学答案第3页（共4页）12(31)mk22−+43所以22=，xxxxxxxx−=−+=()=()−4222112121231k−13−k由题意知，A(−3,0)，B(3,0).22yy12(kxmkxmkx121212+++++)(xmkxxm)()所以kk12===xxx+−+−−xxx3333121221(xx12+−33)()()km2233+22()6mk2−+m22222222223363mkkm+−+−kmkm==3131kk−−3312m2+331293mk22+−−++−33113kk22−−33km22−−===−1，3693mk22−−即kk12为定值−1.…………………………………17分注：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pp32(63),==52().…………………………………4分（2）设(12,,,k)是n的一个k部划分.分两种情形讨论.①若k=1，则(1,,,2k−1)为n−1的一个k−1部划分.故满足的的所有k部划分有pnk−1(−1).②若k1，则(12−1,−1,,k−1)为nk−的一个部划分.故满足k1的的所有k部划分有pk(n−k)个.综上可知，pk(n)=pk−1(n−1)+pk(n−k).…………………………………10分（3）由（2）可知，pk−1(n−12)=pk−2(n−)+pk−1(n−k)p2(n−k+21)=p1(n−k+)+p2(n−k)上述各式左右对应相加可得pnpnkpnkk()=k(−)+k−1(−)++pnkpnk2(−)+1(−+1)又因为p11(n−k+11)=p(n−k)=，k所以pki(n)=−p(nk).…………………………………17分i=1注：其他解法酌情给分.数学答案第4页（共4页）