2025屆安徽省示范高中金榜教育高三第5次階段性考試數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．函數的圖象可能是（）A． B． C． D．2．高三珠海一模中，經抽樣分析，全市理科數學成績X近似服從正態分布，且．從中隨機抽取參加此次考試的學生500名，估計理科數學成績不低于110分的學生人數約為（）A．40 B．60 C．80 D．1003．記為等差數列的前項和.若，，則（）A．5 B．3 C．－12 D．－134．如圖所示的程序框圖，當其運行結果為31時，則圖中判斷框①處應填入的是（）A． B． C． D．5．如圖所示，三國時代數學家在《周脾算經》中利用弦圖，給出了勾股定理的絕妙證明.圖中包含四個全等的直角三角形及一個小正方形（陰影），設直角三角形有一個內角為，若向弦圖內隨機拋擲200顆米粒（大小忽略不計，取），則落在小正方形（陰影）內的米粒數大約為（）A．20 B．27 C．54 D．646．在中，角、、的對邊分別為、、，若，，，則（）A． B． C． D．7．設集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}，則A∩B＝（）A．（﹣1，3] B．[﹣1，3] C．{0，1，2，3} D．{﹣1，0，1，2，3}8．已知函數是奇函數，且，若對，恒成立，則的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知Sn為等比數列{an}的前n項和，a5＝16，a3a4＝﹣32，則S8＝（）A．﹣21 B．﹣24 C．85 D．﹣8510．已知函數的圖象向左平移個單位后得到函數的圖象，則的最小值為（）A． B． C． D．11．函數與的圖象上存在關于直線對稱的點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．12．已知正三棱錐的所有頂點都在球的球面上，其底面邊長為4，、、分別為側棱，，的中點.若在三棱錐內，且三棱錐的體積是三棱錐體積的4倍，則此外接球的體積與三棱錐體積的比值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知等差數列滿足，，則的值為________．14．已知隨機變量服從正態分布，，則__________．15．復數（其中i為虛數單位）的共軛復數為________.16．設函數，，其中．若存在唯一的整數使得，則實數的取值范圍是_____．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知為坐標原點，單位圓與角終邊的交點為，過作平行于軸的直線，設與終邊所在直線的交點為，.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在區間上的值域.18．（12分）如圖，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.過頂點，的平面與棱，分別交于，兩點.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求證：四邊形是平行四邊形；（Ⅲ）若，試判斷二面角的大小能否為？說明理由.19．（12分）超級病菌是一種耐藥性細菌，產生超級細菌的主要原因是用于抵抗細菌侵蝕的藥物越來越多，但是由于濫用抗生素的現象不斷的發生，很多致病菌也對相應的抗生素產生了耐藥性，更可怕的是，抗生素藥物對它起不到什么作用，病人會因為感染而引起可怕的炎癥，高燒、痙攣、昏迷直到最后死亡.某藥物研究所為篩查某種超級細菌，需要檢驗血液是否為陽性，現有n（）份血液樣本，每個樣本取到的可能性均等，有以下兩種檢驗方式：（1）逐份檢驗，則需要檢驗n次；（2）混合檢驗，將其中k（且）份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗，若檢驗結果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗一次就夠了，如果檢驗結果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對這k份再逐份檢驗，此時這k份血液的檢驗次數總共為次，假設在接受檢驗的血液樣本中，每份樣本的檢驗結果是陽性還是陰性都是獨立的，且每份樣本是陽性結果的概率為p（）.（1）假設有5份血液樣本，其中只有2份樣本為陽性，若采用逐份檢驗方式，求恰好經過2次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來的概率；（2）現取其中k（且）份血液樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為，采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為.（i）試運用概率統計的知識，若，試求p關于k的函數關系式；（ii）若，采用混合檢驗方式可以使得樣本需要檢驗的總次數的期望值比逐份檢驗的總次數期望值更少，求k的最大值.參考數據：，，，，20．（12分）如圖,四棱錐中,平面平面,底面為梯形.，且與均為正三角形.為的中點為重心,與相交于點.(1)求證:平面；(2)求三棱錐的體積.21．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為，離心率為，為橢圓上一動點（異于左右頂點），面積的最大值為．（1）求橢圓的方程；（2）若直線與橢圓相交于點兩點，問軸上是否存在點，使得是以為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求點的坐標；若不存在，請說明理由．22．（10分）如圖在直角中，為直角，，，分別為，的中點，將沿折起，使點到達點的位置，連接，，為的中點．（Ⅰ）證明：面；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．A【解析】

先判斷函數的奇偶性，以及該函數在區間上的函數值符號，結合排除法可得出正確選項.【詳解】函數的定義域為，，該函數為偶函數，排除B、D選項；當時，，排除C選項.故選：A.【點睛】本題考查根據函數的解析式辨別函數的圖象，一般分析函數的定義域、奇偶性、單調性、零點以及函數值符號，結合排除法得出結果，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.2．D【解析】

由正態分布的性質，根據題意，得到，求出概率，再由題中數據，即可求出結果.【詳解】由題意，成績X近似服從正態分布，則正態分布曲線的對稱軸為，根據正態分布曲線的對稱性，求得，所以該市某校有500人中，估計該校數學成績不低于110分的人數為人，故選:.【點睛】本題考查正態分布的圖象和性質,考查學生分析問題的能力,難度容易.3．B【解析】

由題得，，解得，，計算可得.【詳解】，，，，解得，，.故選：B【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，前項和公式，考查了學生運算求解能力.4．C【解析】

根據程序框圖的運行，循環算出當時，結束運行，總結分析即可得出答案.【詳解】由題可知，程序框圖的運行結果為31，當時，；當時，；當時，；當時，；當時，.此時輸出.故選：C.【點睛】本題考查根據程序框圖的循環結構，已知輸出結果求條件框，屬于基礎題.5．B【解析】

設大正方體的邊長為，從而求得小正方體的邊長為，設落在小正方形內的米粒數大約為，利用概率模擬列方程即可求解。【詳解】設大正方體的邊長為，則小正方體的邊長為，設落在小正方形內的米粒數大約為，則，解得：故選：B【點睛】本題主要考查了概率模擬的應用，考查計算能力，屬于基礎題。6．B【解析】

利用兩角差的正弦公式和邊角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.【詳解】，即，即，，，得，，.由余弦定理得，由正弦定理，因此，.故選：B.【點睛】本題考查三角形中角的正弦值的計算，考查兩角差的正弦公式、邊角互化思想、余弦定理與正弦定理的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.7．C【解析】

先求集合A，再用列舉法表示出集合B，再根據交集的定義求解即可．【詳解】解：∵集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴A∩B＝{0，1，2，3}，故選：C．【點睛】本題主要考查集合的交集運算，屬于基礎題．8．A【解析】

先根據函數奇偶性求得，利用導數判斷函數單調性，利用函數單調性求解不等式即可.【詳解】因為函數是奇函數，所以函數是偶函數.，即，又，所以，.函數的定義域為，所以，則函數在上為單調遞增函數.又在上，，所以為偶函數，且在上單調遞增.由，可得，對恒成立，則，對恒成立，，得，所以的取值范圍是.故選：A.【點睛】本題考查利用函數單調性求解不等式，根據方程組法求函數解析式，利用導數判斷函數單調性，屬壓軸題.9．D【解析】

由等比數列的性質求得a1q4＝16，a12q5＝﹣32，通過解該方程求得它們的值，求首項和公比，根據等比數列的前n項和公式解答即可.【詳解】設等比數列{an}的公比為q，∵a5＝16，a3a4＝﹣32，∴a1q4＝16，a12q5＝﹣32，∴q＝﹣2，則，則，故選：D.【點睛】本題主要考查等比數列的前n項和，根據等比數列建立條件關系求出公比是解決本題的關鍵，屬于基礎題.10．A【解析】

首先求得平移后的函數，再根據求的最小值.【詳解】根據題意，的圖象向左平移個單位后，所得圖象對應的函數，所以，所以．又，所以的最小值為．故選：A【點睛】本題考查三角函數的圖象變換，誘導公式，意在考查平移變換，屬于基礎題型.11．C【解析】

由題可知，曲線與有公共點，即方程有解，可得有解，令，則，對分類討論，得出時，取得極大值，也即為最大值，進而得出結論.【詳解】解：由題可知，曲線與有公共點，即方程有解，即有解，令，則，則當時，；當時，，故時，取得極大值，也即為最大值，當趨近于時，趨近于，所以滿足條件．故選：C.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數性質的基本方法，考查化歸與轉化等數學思想，考查抽象概括、運算求解等數學能力，屬于難題．12．D【解析】

如圖，平面截球所得截面的圖形為圓面，計算，由勾股定理解得，此外接球的體積為，三棱錐體積為，得到答案.【詳解】如圖，平面截球所得截面的圖形為圓面.正三棱錐中，過作底面的垂線，垂足為，與平面交點記為，連接、.依題意，所以，設球的半徑為，在中，，，，由勾股定理：，解得，此外接球的體積為，由于平面平面，所以平面，球心到平面的距離為，則，所以三棱錐體積為，所以此外接球的體積與三棱錐體積比值為.故選：D.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題，三棱錐體積，球體積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．11【解析】

由等差數列的下標和性質可得，由即可求出公差，即可求解；【詳解】解：設等差數列的公差為，，又因為，解得故答案為：【點睛】本題考查等差數列的通項公式及等差數列的性質的應用，屬于基礎題.14．0.22.【解析】

正態曲線關于x＝μ對稱，根據對稱性以及概率和為1求解即可。【詳解】【點睛】本題考查正態分布曲線的特點及曲線所表示的意義，是一個基礎題．15．【解析】

利用復數的乘法運算求出，再利用共軛復數的概念即可求解.【詳解】由，則.故答案為：【點睛】本題考查了復數的四則運算以及共軛復數的概念，屬于基礎題.16．【解析】

根據分段函數的解析式畫出圖像,再根據存在唯一的整數使得數形結合列出臨界條件滿足的關系式求解即可.【詳解】解：函數,且畫出的圖象如下：因為,且存在唯一的整數使得,故與在時無交點,,得；又,過定點又由圖像可知,若存在唯一的整數使得時,所以,存在唯一的整數使得所以.根據圖像可知,當時,恒成立.綜上所述,存在唯一的整數使得,此時故答案為：【點睛】本題主要考查了數形結合分析參數范圍的問題,需要根據題意分別分析定點右邊的整數點中為滿足條件的唯一整數,再數形結合列出時的不等式求的范圍.屬于難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）；（2）.【解析】

（1）根據題意，求得，，因而得出，利用降冪公式和二倍角的正弦公式化簡函數，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整體代入求出函數的值域.【詳解】（1）因為，，所以，，所以函數的最小正周期為.（2）因為，所以，所以，故函數在區間上的值域為.【點睛】本題考查正弦型函數的周期和值域，運用到向量的坐標運算、降冪公式和二倍角的正弦公式，考查化簡和計算能力.18．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）不能為.【解析】

（1）由平面平面，可得平面，從而證明；（2）由平面與平面沒有交點，可得與不相交，又與共面，所以，同理可證，得證；（3）作交于點，延長交于點，連接，根據三垂線定理，確定二面角的平面角，若，，由大角對大邊知，兩者矛盾，故二面角的大小不能為.【詳解】（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2）依題意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面與平面平行，即兩個平面沒有交點，則與不相交，又與共面，所以，同理可證，所以四邊形是平行四邊形；（3）不能.如圖，作交于點，延長交于點，連接，由，，，所以平面，則平面，又，根據三垂線定理，得到，所以是二面角的平面角，若，則是等腰直角三角形，，又，所以中，由大角對大邊知，所以，這與上面相矛盾，所以二面角的大小不能為.【點睛】本題考查了立體幾何中的線線平行和垂直的判定問題，和二面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，屬中檔題.19．（1）（2）（i）（，且）.（ii）最大值為4.【解析】

（1）設恰好經過2次檢驗能把陽性樣本全部檢驗出來為事件A,利用古典概型、排列組合求解即可；（2）（i）由已知得,的所有可能取值為1,,則可求得,,即可得到,進而由可得到p關于k的函數關系式；（ii）由可得,推導出,設（）,利用導函數判斷的單調性,由單調性可求出的最大值【詳解】（1）設恰好經過2次檢驗能把陽性樣本全部檢驗出來為事件A,則,∴恰好經過兩次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來的概率為（2）（i）由已知得,的所有可能取值為1,,,,,若,則,則,,,∴p關于k的函數關系式為（,且）（ii）由題意知,得,,,,設（）,則,令,則,∴當時,,即在上單調增減,又,,,又,,,∴k的最大值為4【點睛】本題考查古典概型的概率公式的應用,考查隨機變量及其分布,考查利用導函數判斷函數的單調性20．（1）見解析（2）【解析】

（1）第（1）問，連交于,連接.證明//，即證平面.(2)第(2)問，主要是利用體積變換，,求得三棱錐的體積.【詳解】（1）方法一：連交于,連接.由梯形，且，知又為的中點，為的重心，∴在中，,故//.又平面,平面,∴平面.方法二：過作交PD于N,過F作FM||AD交CD于M,連接MN,G為△PAD的重心，又ABCD為梯形，AB||CD,又由所作GN||AD,FM||AD,得//，所以GNMF為平行四邊形.因為GF||MN,（2）方法一:由平面平面，與均為正三角形，為的中點∴，，得平面，且由（1）知//平面，∴又由梯形ABCD，AB||CD，且，知又為正三角形，得，∴，得∴三棱錐的體積為.方法二:由平面平面，與均為正三角形，為的中