安徽省六校教育研究會2025屆高三下學(xué)期2月素質(zhì)檢測考試數(shù)學(xué)試題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁安徽省六校教育研究會2025屆高三下學(xué)期2月素質(zhì)檢測考試數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合A=yy=2?3x，集合B=xy=A．0,12 B．0,12 C．【答案】A【分析】先得A=yy≥0，根據(jù)對數(shù)型函數(shù)的定義域可得【詳解】A=y因為y=log31?2x的定義域為?所以A∩B=0,故選：A2．已知復(fù)數(shù)z=21+3i，則zA．1010 B．55 C．210【答案】D【分析】由復(fù)數(shù)的四則運算結(jié)合模長公式即可求解；【詳解】由題意得，z=2所以z=故選：D3．已知單位圓O上有兩點A,B，∠AOB=π3，設(shè)向量a=nOA+OB，b=A．?1 B．?2 C．1 D．2【答案】B【分析】由題意OA=OB=1，OA?OB【詳解】由題可得，OA=OB=1因為a=nOA+OB，所以a+=n+12+2×2×故選：B4．現(xiàn)有6名同學(xué)到3家不同的養(yǎng)老院參加“關(guān)愛孤寡老人”愛心志愿活動，若每家養(yǎng)老院安排2名同學(xué)，且每名同學(xué)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【分析】根據(jù)分步乘法計數(shù)原理即可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)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C6再安排2號養(yǎng)老院，有C42=6根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，因此共有安排方法15×6×1=90（種）.故選：C5．若tanα=2，則cos2αcosA．1 B．37 C．?37【答案】B【分析】由二倍角公式可得cos2α【詳解】因為tanα=2所以cos2α故選：B6．已知一件藝術(shù)品由外層一個大正四面體，內(nèi)層一個小正方體構(gòu)成，外層正四面體的棱長為2，在該大正四面體內(nèi)放置一個棱長為a的小正方體，并且小正方體在大正四面體內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，則a的最大值為（

）A．29 B．26 C．23【答案】C【分析】利用當(dāng)這個小正方體可以在大正四面體內(nèi)部任意轉(zhuǎn)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(nèi)切球的半徑.先求出正四面體的內(nèi)切球的半徑R=66，再利用正方體的外接球的半徑【詳解】如圖，正四面體ABCD底面BCD的中心記為點E，連接AE，DE.由正四面體的性質(zhì)可得：AE⊥面BCD.因為正四面體ABCD棱長為2，所以底面三角形BCD的高為2sinπ3所以正四面體ABCD的高AE=2設(shè)正四面體ABCD內(nèi)切球的半徑為R，球心為O.由等體積法可得：V正四面體即13×S所以正四面體的內(nèi)切球的半徑R=6因為正方體的棱長為a，所以正方體的外接球的半徑r=32a≤R=故選：C7．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上頂點為A，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，連接AA．55 B．22 C．77【答案】C【分析】由題意，根據(jù)橢圓的定義，利用余弦定理計算得出關(guān)于a,c的方程，結(jié)合離心率的的概念即可求解.【詳解】由題意得,因為F1B:AB=5:7因為A為橢圓的上頂點，所以AF1=又由橢圓的定義知F1B+F2故F1B=在△ABF1中，在△AF1F即4c2=故選：C8．已知可導(dǎo)函數(shù)fx的定義域為R，且有fx?f4?x=4x?8，設(shè)gx是fxA．2025 B．2026 C．4050 D．4052【答案】D【分析】首先，通過已知條件f(x)?f(4?x)=4x?8，可以分析出函數(shù)f(x)的對稱軸，進(jìn)而得到其導(dǎo)函數(shù)g(x)的對稱中心。再根據(jù)g(x+1)為偶函數(shù)，確定g(x)的具體對稱中心，周期，然后利用周期性和對稱中心的性質(zhì)來計算即可.【詳解】∵fx∴兩邊求導(dǎo)得f′∴gx+g4?x=4，可知又∵gx+1為偶函數(shù)，可知gx關(guān)于直線則g1+x=g1?x由gx+g4?x因此g2?x=4?g4?x即gx=4?4?g因此，當(dāng)k=2n，n∈Z時，g2k+1當(dāng)k=2n+1，n∈Z時，g2k+1∵gx+g4?x∴g4n+1+g4n+3所以k=0=2026故選：D【點睛】方法點睛：抽象函數(shù)求值問題關(guān)鍵是找出抽象函數(shù)的周期和對稱性.二、多選題9．已知函數(shù)fx=cosA．函數(shù)fx的最小正周期為B．函數(shù)fx在區(qū)間?C．函數(shù)fx的圖象的一條對稱軸方程為D．函數(shù)fx的圖象可由y=22【答案】AD【分析】對于選項A，將函數(shù)化簡為最簡形式，利用最小正周期公式T=2【詳解】對于A，f=1函數(shù)fx的最小正周期T=對于B，因為x∈?3π而函數(shù)y=sinx在?π2,對于C，由4x+π4=π2+kπ不可能取到x=π對于D，由y=22sin4x的圖象向左平移故選：AD10．對于函數(shù)y=fx，如果對于其定義域D中任意給定的實數(shù)x，都有?x∈D，并且fx?f?x=2A．函數(shù)fxB．若函數(shù)y=fx在R上為“比翼函數(shù)”，則C．若函數(shù)y=fx在R上為“比翼函數(shù)”，當(dāng)x>0，fx=2D．若函數(shù)y=fx在R上為“比翼函數(shù)”，其函數(shù)值恒大于0，且在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，記Hx=2【答案】ACD【分析】對于選項A：利用“比翼函數(shù)”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(shù)”的關(guān)系式fx【詳解】對于A，對于fx=x+x所以fx則函數(shù)fx對于B，取fx=?2所以fx此時fx在R上為“比翼函數(shù)”，但f對于C，當(dāng)x<0時，?x>0，所以fx對于D，因為函數(shù)y=fx是R且在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，所以Hx任取m,n∈R且m>n，則?m<?n所以fm<fn所以H=f?m?f?n+因為H?x=fx?f?x當(dāng)Hx1+H則x1>?x故選：ACD11．我國知名品牌小米公司的Logo具備“超橢圓”數(shù)學(xué)之美，設(shè)計師的靈感來源于數(shù)學(xué)中的曲線C:xan+ybn=1（a、b為常數(shù)，A．對任意的n∈R且n≠0，曲線C總關(guān)于x軸和y軸對稱B．當(dāng)a=b=1，n=?2時，曲線C上的點到原點的距離最小值為2C．當(dāng)a=1，b=2時，曲線C與坐標(biāo)軸的交點個數(shù)為5個D．當(dāng)a=b=1，n=23時，曲線C【答案】ABD【分析】利用曲線的對稱性可判斷A選項；利用基本不等式結(jié)合平面內(nèi)兩點間的距離公式可判斷BD選項；求出曲線C與坐標(biāo)軸的交點坐標(biāo)，可判斷C選項.【詳解】對于A，取曲線C上點Px,y，則x點P關(guān)于x軸的對稱點為P1x,?y，關(guān)于y軸的對稱點為因為xan+即點P1、P2都在曲線C上，故曲線C總關(guān)于x軸和對于B，當(dāng)a=b=1，n=?2時，曲線C的方程可化為1x在曲線C上任取一點Px,y由OP2當(dāng)且僅當(dāng)y2x2=x故曲線C上的點到原點的距離最小值為2，故B正確；對于C，當(dāng)a=1，b=2，x=0時，y2n=1，則y所以y=2或y=?2，所以曲線C與y軸有2個交點，當(dāng)y=0時，xn=1，x=1，得x=1或x=?1，所以曲線C與x綜上，曲線C與坐標(biāo)軸的交點個數(shù)為4個，故C錯誤；對于D，當(dāng)a=b=1，n=23時，在曲線C上任取一點由x=1?3xy23當(dāng)且僅當(dāng)x23=故曲線C上的點到原點的距離最小值為12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(shù)；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)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12．已知各項為正數(shù)的數(shù)列an是等比數(shù)列，且其前n項和為Sn.若S2=6，S【答案】2【分析】利用等比數(shù)列的前n項和公式與通項公式即可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)公比為q>0，由S2=6，S2=a兩式相除得q2=4，則q=2（負(fù)值舍去），所以故答案為：2.13．設(shè)函數(shù)fx=ln4?x+lnx+ax（a>0），若f【答案】a>2?【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究fx在1,2【詳解】fx=ln4?x+∴f′∵x∈1,2，a>0，∴f∴fx在1,2故fx在1,2上的最大值為f即a>2?ln故答案為：a>2?14．在△ABC中，AC=2，AB=mBC（m>1），若當(dāng)△ABC面積取最大值時，B=π6，則m=【答案】3【分析】設(shè)BC=a，結(jié)合余弦定理及面積公式可得：S=sinB12【詳解】由AB=mBC（m>1），設(shè)BC=a由余弦定理可得：cosB=所以ma所以△ABC的面積為：S=令12m+1m=t所以S=fB所以f所以cosB>1tcosB<1t又cosB在0<B<可得：當(dāng)cosB=即cosB=所以m+1即m2?4可得：m=3故答案為：3四、解答題15．已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=0時，求函數(shù)fx(2)若對任意x∈0,+∞，fx【答案】(1)fx的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1(2)ln【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性；（2）分離參數(shù)得a≥lnx?x?2【詳解】（1）當(dāng)a=0時，函數(shù)fx=xlnx的定義域是令f′x<0，得lnx+1<0，解得0<x<1令f′x>0，得lnx+1>0，解得x>1綜上，fx的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1e（2）由任意x∈0,+∞，fx因x>0，故a≥lnx?x?2設(shè)?x=ln令?′x=0，得x當(dāng)x∈0,2時，?′x當(dāng)x∈2,+∞時，?′故當(dāng)x=2時，?x取得極大值，也是最大值，且?所以若a≥?x在x∈0,+∞故實數(shù)a的取值范圍是ln2?3,+16．如圖所示，半圓柱的軸截面為平面BCC1B1，BC是圓柱底面的直徑，O為底面圓心，AA1為一條母線，點E在棱CC(1)當(dāng)λ=12時，求證：(2)當(dāng)λ=14時，求平面AB【答案】(1)證明見解析；(2)5【分析】（1）先證得AO⊥平面BCC1B（2）建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；【詳解】（1）當(dāng)λ=12時，點E為棱由BC是直徑可知AB⊥AC，則△ABC是等腰直角三角形，故AO⊥BC，由圓柱的特征可知BB1⊥平面ABC，又AO?平面ABC因為BB1∩BC=B，BB1，BC?平面BC而OE?平面BCC1B因為AB=AC=AA1=4所以B1O2B1E2因為B1O⊥OE，AO⊥OE，AO∩B1O=O，AO所以O(shè)E⊥平面AB1O，又AB1（2）由題意及（1）易知AA1，AB，AC兩兩垂直，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系則B14,0,4，E0,4,1所以AB1=4,0,4，由（1）知AO⊥平面B1OE，故平面B1設(shè)n=x,y,z是平面則有n?AB1設(shè)平面AB1E與平面B所以cosθ=則平面AB1E與平面B17．投擲一枚均勻的骰子，每次擲得的點數(shù)為1或2時得1分，擲得的點數(shù)為3，4，5，6時得2分；獨立地重復(fù)擲一枚骰子若干次，將每次得分相加的結(jié)果作為最終得分.(1)設(shè)投擲2次骰子，最終得分為X，求隨機(jī)變量X的分布列與期望；(2)設(shè)最終得分為n的概率為Pn，證明：數(shù)列Pn+1?（提示：請結(jié)合數(shù)列的遞推關(guān)系求解）【答案】(1)分布列見答案，數(shù)學(xué)期望10(2)證明見答案，Pn【分析】（1）由題意擲1次骰子得1分的概率為13，投擲1次骰子得2分的概率為23，（2）由題意Pn+1=13Pn+【詳解】（1）由題意投擲1次骰子得1分的概率為13，投擲1次骰子得2分的概率為2由題意X的可能取值為2，3，4，PX=2=13×故X的分布列為：X234P144數(shù)學(xué)期望EX（2）由題意知Pn+1故Pn+1?Pn=?23故Pn?Pn?1是以故Pn∴當(dāng)n≥2時，P==1當(dāng)n=1時，上式也成立，綜上：Pn18．已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的右頂點E1,0，斜率為1的直線交(1)求雙曲線C的方程；(2)證明：△MEN為直角三角形；(3)經(jīng)過點T0,2且斜率不為零的直線l與雙曲線C的兩支分別交于點A，B.若點D是點B關(guān)于y軸的對稱點，試問，不論直線l的斜率如何變化，直線AD【答案】(1)x2(2)證明見解析；(3)過定點，坐標(biāo)為0,?3【分析】（1）設(shè)Mx1,（2）直曲聯(lián)立，借助向量工具求解；（3）設(shè)l方程為y=kx+2，k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，直曲聯(lián)立，得到x1【詳解】（1）設(shè)Mx1,y1，N∵M(jìn)，N兩點在雙曲線C上，∴x12a即y12?∴kOQ?kMN=又∵a=1，∴b2∴雙曲線C的方程為：x2（2）由已知可得，直線MN的方程為：y?3=1?x?1，即y=x+2聯(lián)立y=x+23x2則x1+x∵EM==2×?∴EM⊥EN，∴△MEN為直角三角形；（3）設(shè)l方程為y=kx+2，k≠0，聯(lián)立直線l與C的方程，消去y得3?k因為直線l與C的兩支分別交于點A，B，設(shè)Ax1,所以3?k2>0則D?x2,y因為kAD=y1?由對稱性可知，若直線AD過定點，則定點在y軸上，在直線AD的方程中，令x=0，得y===所以直線AD過定點，定點坐標(biāo)為0,?3【點睛】方法點睛：圓錐曲線中直線過定點問題通法，是先設(shè)出直線方程y=kx+m，通過韋達(dá)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(shù)關(guān)系式，代入直線方程即可得到直線恒過定點.19．設(shè)各項互不相同的正整數(shù)數(shù)列a1，a2，…，an滿足：對任意的1≤i≤n?2(1)若an（1≤n≤10）為遞減的正整數(shù)數(shù)列，求a(2)對于給定的n，設(shè)am是正整數(shù)數(shù)列a1，a2（ⅰ）求證：am≥m（ⅱ）當(dāng)n為奇數(shù)時，求證：正整數(shù)數(shù)列a1，a2，…，an【答案】(1)46(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）根據(jù)ai?ai+1≤ai+1?ai+2?1（2）（?。└鶕?jù)di=ai+1?ai，則d1>d2>???>dm?1>0>dm（ⅱ）根據(jù)am≥1+2+???+n+12，進(jìn)而根據(jù)1≤i≤n+12時和n+32≤i≤n時的單調(diào)性，可得an+1?i<a【詳解】（1）由題可知，任意的1≤i≤n?2，ai又因為是正整數(shù)列，故ai從而a1?a2≥1故a1?當(dāng)ai=1+1（2）（?。┯深}意可知，對任意的1≤i≤n?2，ai+1記di=a由于am是正整數(shù)列a1，a2故d1若d1，d2，…，dn?1則1與?1一定是連續(xù)出現(xiàn)的，則dm?1=1，此時，am?am?1=1故d1，d2，…，