安徽省六校教育研究會2025屆高三下學期2月素質檢測考試數學試題（解析版）

第1頁/共1頁安徽六校2025年春季素質檢測考試數學試題2025.2命題單位：湖北省黃岡中學審稿單位：重慶市南開中學注意事項：1.本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.2.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.3.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.4.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.已知集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先得，根據對數型函數的定義域可得，進而可得.【詳解】,因為的定義域為，故，所以.故選：A2.已知復數，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由復數的四則運算結合模長公式即可求解；【詳解】由題意得，，所以.故選：D3.已知單位圓上有兩點，，設向量，，若，則實數的值為（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】由題意，，由得，進而可得.【詳解】由題可得，，，因為，，且，所以，，解得.故選：B4.現有6名同學到3家不同的養(yǎng)老院參加“關愛孤寡老人”愛心志愿活動，若每家養(yǎng)老院安排2名同學，且每名同學只前往一家養(yǎng)老院，則共有安排方法（）A.30種 B.60種 C.90種 D.120種【答案】C【解析】【分析】根據分步乘法計數原理即可求得結果.【詳解】設3家養(yǎng)老院的編號依次為1、2、3，首先安排1號養(yǎng)老院，有（種），再安排2號養(yǎng)老院，有（種），最后安排3號養(yǎng)老院，有（種），根據分步乘法計數原理，因此共有安排方法（種）.故選：C5.若，則的值為（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由二倍角公式可得，根據齊次式可得.【詳解】因為，所以.故選：B6.已知一件藝術品由外層一個大正四面體，內層一個小正方體構成，外層正四面體的棱長為2，在該大正四面體內放置一個棱長為的小正方體，并且小正方體在大正四面體內可以任意轉動，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用當這個小正方體可以在大正四面體內部任意轉動且小正方體的棱長最大時，小正方體的外接球的半徑等于該大正四面體的內切球的半徑.先求出正四面體的內切球的半徑，再利用正方體的外接球的半徑即可求得結果.【詳解】如圖，正四面體底面的中心記為點，連接，.由正四面體的性質可得：面.因為正四面體棱長為2，所以底面三角形的高為，則，所以正四面體的高.設正四面體內切球的半徑為，球心為.由等體積法可得：，即，解得：，所以正四面體的內切球的半徑，因為正方體的棱長為，所以正方體的外接球的半徑，因此.故選：C7.已知橢圓：（）的上頂點為，左、右焦點分別為，，連接并延長交橢圓于另一點，若，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意，根據橢圓的定義，利用余弦定理計算得出關于的方程，結合離心率的的概念即可求解.【詳解】由題意得,因為，設，，因為A為橢圓的上頂點，所以，則，又由橢圓的定義知，故，解得，故，，在中，，在中，，即，所以.故選：C8.已知可導函數定義域為，且有，設是的導函數，若為偶函數，則（）A.2025 B.2026 C.4050 D.4052【答案】D【解析】【分析】首先，通過已知條件，可以分析出函數的對稱軸，進而得到其導函數的對稱中心。再根據為偶函數，確定的具體對稱中心，周期，然后利用周期性和對稱中心的性質來計算即可.【詳解】∵，∴兩邊求導得，∴，可知關于點對稱，又∵為偶函數，可知關于直線對稱，則，即，由，可得，因此，可得，即，可知4為的周期，因此，當，時，，當，時，，∵，∴，∴，，所以.故選：D【點睛】方法點睛：抽象函數求值問題關鍵是找出抽象函數的周期和對稱性.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數，則下列說法正確的是（）A.函數的最小正周期為B.函數在區(qū)間上單調遞增C.函數的圖象的一條對稱軸方程為D.函數的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到【答案】AD【解析】【分析】對于選項A，將函數化簡為最簡形式，利用最小正周期公式即可求得；對于選項B利用整體代入思想與正弦函數的單調性可得；對于選項C利用對稱軸公式即可求得，對于選項D則利用平移變換的知識即可求出.【詳解】對于A，，函數的最小正周期，故A正確；對于B，因為，∴，而函數在上不單調，故在區(qū)間上不單調，故B錯誤；對于C，由（），得（），不可能取到，故C錯誤；對于D，由的圖象向左平移個單位長度，得，故D正確.故選：AD10.對于函數，如果對于其定義域中任意給定的實數，都有，并且，則稱函數為“比翼函數”.則下列說法正確的是（）A.函數是“比翼函數”B.若函數在上為“比翼函數”，則C.若函數在上為“比翼函數”，當，，則，D.若函數在上為“比翼函數”，其函數值恒大于0，且在上是單調遞減函數，記，若，則【答案】ACD【解析】【分析】對于選項A：利用“比翼函數”的定義即可判斷；對于選項B：舉出反例即可判斷；對于選項C：利用“比翼函數”的關系式即可求得結果；對于選項D：利用函數的單調性與奇偶性即可判斷.【詳解】對于A，對于，則，所以，則函數是“比翼函數”，故A正確；對于B，取，則，所以，此時在上為“比翼函數”，但，故B錯誤；對于C，當時，，所以，故C正確；對于D，因為函數是上的“比翼函數”，其函數值恒大于0，且在上是單調遞減函數，所以，任取且，則，所以，，所以，所以函數為上的增函數，因為，故函數為上的奇函數，當時，即，則，所以，故D正確.故選：ACD11.我國知名品牌小米公司的具備“超橢圓”數學之美，設計師的靈感來源于數學中的曲線（、為常數，且）.則下列有關曲線的說法中正確的是（）A.對任意的且，曲線總關于軸和軸對稱B.當，時，曲線上的點到原點的距離最小值為C.當，時，曲線與坐標軸的交點個數為個D.當，時，曲線上的點到原點的距離最小值為【答案】ABD【解析】【分析】利用曲線的對稱性可判斷A選項；利用基本不等式結合平面內兩點間的距離公式可判斷BD選項；求出曲線與坐標軸的交點坐標，可判斷C選項.【詳解】對于A，取曲線上點，則，點關于軸的對稱點為，關于軸的對稱點為，因為，，即點、都在曲線上，故曲線總關于軸和軸對稱，故A正確；對于B，當，時，曲線的方程可化為，在曲線上任取一點，由，當且僅當時，即當時，等號成立，得，故曲線上的點到原點的距離最小值為，故B正確；對于C，當，，時，，則，得，所以或，所以曲線與軸有個交點，當時，，，得或，所以曲線與軸有個交點，綜上，曲線與坐標軸的交點個數為個，故C錯誤；對于D，當，時，在曲線上任取一點，由，則，當且僅當時，即當時，等號成立，故曲線上的點到原點的距離最小值為，故D正確.故選：ABD【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知各項為正數的數列是等比數列，且其前項和為.若，，則________.【答案】2【解析】【分析】利用等比數列的前項和公式與通項公式即可求得結果.【詳解】設公比為，由，得：，，兩式相除得，則（負值舍去），所以.故答案為：2.13.設函數（），若在上的最大值恒大于4，則實數的取值范圍為________.【答案】【解析】【分析】利用導數研究在上的單調性求出最大值即可.【詳解】（）的定義域為，∴，∵，，∴，∴在上單調遞增，故在上的最大值為，即.故答案為：14.中，，（），若當面積取最大值時，，則________.【答案】【解析】分析】設，結合余弦定理及面積公式可得：，再通過換元，得到，求導確定單調性即可解；【詳解】由（），設，則，由余弦定理可得：，所以,所以的面積為：令，由，易得，所以,所以所以，，，，又在單調遞減，可得：當時，面積取得最大值，即，所以，即，又，可得：，故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數.（1）當時，求函數的單調區(qū)間；（2）若對任意，恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是（2）【解析】【分析】（1）利用導數求函數的單調性；（2）分離參數得，構造，利用導數求最大值即得.【小問1詳解】當時，函數的定義域是，，令，得，解得，故的單調遞減區(qū)間是，令，得，解得，故的單調遞增區(qū)間是，綜上，的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是.【小問2詳解】由任意，知恒成立.因，故，在上恒成立.設，則，令，得，（舍去），當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故當時，取得極大值，也是最大值，且，所以若在上恒成立，則，故實數的取值范圍是.16.如圖所示，半圓柱的軸截面為平面，是圓柱底面的直徑，為底面圓心，為一條母線，點在棱上，且，，且.（1）當時，求證：；（2）當時，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）先證得平面，再由勾股定理得到，即可求證；（2）建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；【小問1詳解】當時，點為棱中點.由是直徑可知，則是等腰直角三角形，故，由圓柱的特征可知平面，又平面，所以，因為，，平面，則平面，而平面，則，因為，則，所以，，，所以，因為，，，，平面，所以平面，又平面，故.【小問2詳解】由題意及（1）易知，，兩兩垂直，如圖所示建立空間直角坐標系，則，，，所以，，，由（1）知平面，故平面的一個法向量是，設是平面的一個法向量，則有，取，可得設平面與平面夾角為，所以，則平面與平面夾角的余弦值為.17.投擲一枚均勻的骰子，每次擲得的點數為1或2時得1分，擲得的點數為3，4，5，6時得2分；獨立地重復擲一枚骰子若干次，將每次得分相加的結果作為最終得分.（1）設投擲2次骰子，最終得分為，求隨機變量的分布列與期望；（2）設最終得分為的概率為，證明：數列為等比數列，并求數列的通項公式.（提示：請結合數列的遞推關系求解）【答案】（1）分布列見答案，數學期望（2）證明見答案，.【解析】【分析】（1）由題意擲1次骰子得分的概率為，投擲1次骰子得分的概率為，的可能取值為2，3，4，根據概率列出分布列即得；（2）由題意可得，進而根據累加法和等比數列的前項和可得.【小問1詳解】由題意投擲1次骰子得分概率為，投擲1次骰子得分的概率為，由題意的可能取值為2，3，4，，，，故的分布列為：234數學期望.【小問2詳解】由題意知，故，且，，，故是以為首項，為公比的等比數列，故，∴當時，，當時，上式也成立，綜上：.18.已知雙曲線：（，）的右頂點，斜率為1的直線交于、兩點，且中點.（1）求雙曲線的方程；（2）證明：為直角三角形；（3）經過點且斜率不為零的直線與雙曲線的兩支分別交于點，.若點是點關于軸的對稱點，試問，不論直線的斜率如何變化，直線是否過定點?若過定點，求出定點的坐標；若不過定點，說明理由.【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）過定點，坐標為.【解析】【分析】（1）設，，運用點差法求解即可；（2）直曲聯立，借助向量工具求解；（3）設方程為，，，，直曲聯立，得到，，得到直線的方程為，在直線的方程中，令，求解即可.【小問1詳解】設，，則，，∵，兩點在雙曲線上，∴，由①－②得，即，∴，∴，即，∴，又∵，∴，∴雙曲線的方程為：；【小問2詳解】由已知可得，直線的方程為：，即，聯立，，則，，∵，∴，∴為直角三角形；【小問3詳解】設方程為，，聯立直線與的方程，消去得，因為直線與的兩支分別交于點，，設，，所以，得，則，，，因為，所以直線的方程為，由對稱性可知，若直線過定點，則定點在軸上，在直線的方程中，令，得所以直線過定點，定點坐標為.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中直線過定點問題通法，是先設出直線方程，通過韋達定理和已知條件若能求出m為定值可得直線恒過定點，若得到k和m的一次函數關系式，代入直線方程即可得到直線恒過定點.19.設各項互不相同的正整數數列，，…，滿足：對任意的，都有.（1）若（）為遞減的正整數數列，求的最小值；（2）對于給定的，設是正整數數列，，…，的最大項；（?。┣笞C：和總有一個成立；（ⅱ）當為奇數時，求證：正整數數列，，…，的最大項的最小值為.【答案】（1）46（2）（?。┳C明見解析；（ⅱ）證明見解析【解析】【分析】（1）根據以及是單調遞減正整數列，可得，，…，，即可累加法得；（2）（ⅰ）根據，則，進而可得，，…，中不同時出現1和，根據，利用累加法得，根據可得；（ⅱ）根據，進而根據時和時的單調性，可得求解，或者利用，進而根據得，進而證明與的交集為空集即可求解.【小問1詳解】由題可知，任意的，，又因為是正整數列，故.從而，，…，，故，即當，時等號成立.【小問2詳解】（?。┯深}意可知，對任意的，.記，