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M={x|x−1<2}，N={x|x2−x−2<0}，则M∩N=A.{x|−1−1)在点(0,f(0))处的切线与直线x+2y+5=0垂直，则a的值为A.1 B.−1 C.3 D.−34.已知α∈π2,π，2cos2α=sinα−π4，则sin 2α=A.−14 B.14 C.−34 D.345.已知函数f(x)=loga(2x−1)+32,x≥1,x+2ax,00，b>0，且a+b=4，则A.1a+1b≥1 B.a+b≥22C.a2+2b≥8 D.a+2bb+2a≥810.已知函数f(x)=x(ex−e−x)，∀θ∈R，f(3t+tcosθ−2−sinθ)≤f(2+sinθ)恒成立，则A.f(x)是偶函数B.f(x)在(0,+∞)上单调递增C.t可以取13D.当t=24时，f(3t+tcosθ−2−sinθ)的取值范围是e−1e,2e2−1e211.如图，三棱台ABC−A1B1C1中，M是AC上一点，AM=12MC，CC1⊥平面ABC，∠ABC=90°，AB=BC=CC1=2A1B1=2，则A.过点M有四条直线与AB，BC所成角均为π3B.BB1⊥平面AB1CC.棱A1C1上存在点Q，使平面AB1Q//平面BMC1D.若点P在侧面ABB1A1上运动，且CP与平面ABB1A1所成角的正切值为4，则BP长度的最小值为55三、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{an}的通项公式an=2n+1，其前n项和为Sn，则使S1+S2+…+Sn≤2025成立的最大整数为          ．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x=αα∈0,π2，x=ββ∈π2,π.直线x=α交曲线C、D于M、N两点，且M在N的上方，测得|MN|=13；直线x=β交曲线C、E于P、Q两点，且P在Q上方，测得|PQ|=23.则cos(α+β)=          ．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)记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin 2A=cos 2B，且A>B≥π4．(1)求A−B的值；(2)若a=2b=2，求△ABC的面积．16.(本小题15分)已知函数f(x)=x+4x+3,(x<0且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在线段PB上，且DG=62．(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)已知函数f(x)=ax−lnx−1有两个零点x1，x2(x10；(2)求实数a的取值范围；(3)证明：x1+x2>2−lnaa．19.(本小题17分)定义数列{an}为“阶梯数列”：a1=11，a2=11+11，a3=11+11+11，……，an=11+11+1…1+11．(1)求“阶梯数列”中，an+1与an的递推关系；(2)证明：对k∈N ​∗，数列{a2k−1}为递减数列；(3)证明：ak+1−ak≤12⋅49k−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 14.−2451−245 15.(1)sin2A=cos2B=sin(π2−2B)，故2A=π2−2B或2A+π2−2B=π，当2A=π2−2B时，A=π4−B≤0不合题意，故2A+π2−2B=π⇒A−B=π4;(2)a=2b⇒sinA=2sinB，即sin(B+π4)=2sinB，∴22sinB+22cosB=2sinB⇒sinB=cosB，∵π4≤B<3π4，∴B=π4，故A=π2，C=π4，故S△ABC=12absinC=12×2×2×22=1． 16.解：(1)由题可知在(0,3)上，f(x)=f(x−3)，而x−3<0，所以f(x−3)=x−3+4x−3+3=x+1x，即在(0,3)上，f(x)=x+1x;(2)设M(x0,y0)，|MA|2=(x0−2)2+(y0+1)2=(x0−2)2+(x0+1x0+1)2=(x02+1x02)+4(1x0−x0)+8=(1x0−x0)2+4(1x0−x0)+10=(1x0−x0+2)2+6≥6，当且仅当1x0−x0+2=0时，取得等号，解得x0=2+1∈(0,3)，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，PA=AC=BC=3，可得A(0,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，P(0,0,3)，D(0,32,32)，则PB=(3,3,−3)，PD=(0,32,−32)，因为G在线段PB上，设PG=λPB=(3λ,3λ,−3λ)，其中0<λ<1，则DG=PG−PD=(3λ,3λ−32,−3λ+32)，因为DG=62，可得9λ2+(3λ−32)2+(−3λ+32)2=64，所以λ=13，所以G(1,1,2)，H(2,2,1)，可得AD=(0,32,32)，AG=(1,1,2)，AG=(2,2,1)，设平面ADG的法向量为n=(x,y,z)，则n·AD=32x+32z=0n·AG=x+y+2z=0令y=1，可得x=1，z=−1，所以n=(1,1,−1)，设平面ADH的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AD=32y+32z=0m⋅AH=2x+2y+z=0,令y=1，可得x=−12，z=−1，所以m=(−12,1,−1)，设平面ADG与平面ADH的夹角为θ，可得cosθ=|n⋅m|n⋅m=323×32=33，故平面ADG与平面ADH夹角的余弦值为33． 18.(1)g′(x)=1x−4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2≥0，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,+∞).(2)f′(x)=a−1x，当a≤0时，f′(x)<0，f(x)为减函数，不符合题意;当a>0时，x∈(0,1a)时，f′(x)<0，x∈(1a,+∞)时，f′(x)>0．又x→0时，f(x)→+∞;x→+∞时，f(x)→+∞．∵f(x)有两个零点，故f(1a)=1−ln1a−1=−ln1a=lna<0，解得0lna+1 ①，同理：ax2=lnax2+1−lna，lnax2>2(ax2−1)ax2+1，可化为a2x22+(alna−2a)x2>−lna−1 ②， ②+ ①得：a2(x22−x12)+(alna−2a)(x2−x1)>0化简得：x1+x2>2−lnaa． 19.(1)由阶梯数列的形式结构可知an+1=11+an;(2)a2k+1−a2k−1=11+a2k−11+a2k−2=11+11+a2k−1−11+11+a2k−3=1+a2k−12+a2k−1−1+a2k−32+a2k−3=a2k−1−a2k−3(2+a2k−1)(2+a2k−3)，∴a2k+1−a2k−1a2k−1−a2k−3=1(2+a2k−1)(2+a2k−3)>0，同理a2k−1−a2k−3a2k−3−a2k−5>0，⋯⋯，a5−a3a3−a1>0，累乘得a2k+1−a2k−1a2k−1−a2k−3⋅a2k−1−a2k−3a2k−3−a2k−5⋅⋯⋯a5−a3a3−a1>0，即a2k+1−a2k−1a3−a1>0，a3−a1=23−1=−13<0，∴a2k+1−a2k−1<0，故对k∈N∗，{a2k−1}为递减数列;(3)ak+2−ak+1=11+ak+1−11+ak=ak−ak+1(1+ak+1)(1+ak)|ak+2−ak+1||ak+1−ak|=1(1+ak+1)(1+ak)，又对k∈N∗，a2k+2−a2k=11+a2k+1−11+a2k−1=a2k−1−a2k+1(1+a2k+1)(1+a2k−1)，由(2)知a2k−1−a2k+1>0，故a2k+2>a2k⇒a2k>a2k−2>⋯>a2=12，又a2k+1=11+a2k>11+12=23>12，故对n∈N∗，an>12，∴|ak+2−ak+1||ak+1−ak|=1(1+ak+1)(1+ak)<1(1+12)2=49，∴|ak+1−ak||ak−ak−1|⋅|ak−ak−1||ak−1−ak−2|⋯⋯|a3−a2||a2−a1|<(49)k−1∴|ak+1−ak|<|a2−a1|⋅(49)k−1=12⋅(49)k−1(k≥2)，当k=1时，|a2−a1|=12，综上，|ak+1−ak|≤12⋅(49)k−1．