安徽省皖南八校2025届高三数学下学期6月临门一卷试题文含解析

PAGE22-安徽省皖南八校2025届高三数学下学期6月临门一卷试题文（含解析）一、选择题：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.已知全集.集合,.则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据交集与补集计算求解即可.【详解】,,.故选：C【点睛】本题主要考查了集合的基本运算,属于基础题.2.若（为虚数单位）,则复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】依据复数乘法的运算求解,进而依据复数的几何意义分析在复平面内对应的点对应的象限即可.【详解】,∴复数在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D【点睛】本题主要考查了复数的乘法运算以及几何意义,属于基础题.3.已知，，，则（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】引入中间变量1和0，再利用指数不等式式和对数不等式式进行比较大小，即可得答案；【详解】∵，，，∴c<a<b．故选：B.【点睛】本题考查利用指数式和对数式的运算进行比较大小，考查运算求解实力，属于基础题.4.已知椭圆的焦点为，．过点的直线与交于，两点．若的周长为8，则椭圆的标准方程为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先依据椭圆的定义可得的周长为，求得，依据题中所给的焦点坐标，得到，依据椭圆中的关系求得，得到结果.【详解】依据椭圆的定义知的周长为，∴，又，，∴，∴椭圆的标准方程为．【点睛】该题考查的是有关椭圆的问题，涉及到的学问点有椭圆的定义，椭圆方程的求解，属于基础题目.5.已知向量,是两个非零向量,且.则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将各项平方,再依据向量的夹角公式求解即可.【详解】设与的夹角为,由,得,∴,∴,∵,∴.故选：D【点睛】本题主要考查了依据平面对量的模长以及数量积求解夹角的问题,属于基础题.6.已知正项等比数列的首项，前项和为．且，，成等差数列，则（）．A.8 B. C.16 D.【答案】A【解析】【分析】由，，成等差数列可得，即，然后解出即可.【详解】设等比数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，所以所以，即，解得或因为，所以，所以故选：A【点睛】本题考查的是等差等比数列的基本运算，考查了学生的计算实力，较简洁.7.执行如图所示的程序框图，若输出的值为，那么推断框中应填入的关于的推断条件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】列出循环的每一步，结合循环的最终一步和倒数其次步可得出推断条件.【详解】第一次循环，推断条件不成立，，；其次次循环，推断条件不成立，，；第三次循环，推断条件不成立，，；第四次循环，推断条件不成立，，.推断条件成立，输出的值为.由上可知，不满意推断条件，满意推断条件，符合条件的推断条件为.故选：B.【点睛】本题考查利用程序框图选择推断条件，一般要列举出算法的每一步，结合最终一次循环和倒数其次次循环来确定推断条件，考查推理实力，属于中等题.8.我国闻名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难人微，数形结合百般好，割裂分家万事休．在数学的学习和探讨中．常用函数的图象探讨函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数，的图象大致为（）．A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由函数的解析式，，令时，求得，利用二次函数的性质，求得函数的最小值，结合选项，利用解除法，即可求解.【详解】由题意，函数，当时，可得，解除C、D；又由，当时，函数取最小值，解除A.故选：B．【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中依据函数的解析式，合理赋值，以及结合二次函数的性质，利用解除法求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的实力.9.希尔伯特在1990年提出了孪生素数猜想,其内容是：在自然数集中,孪生素数对有无穷多个.其中孪生素数就是指相差2的素数对,即若和均是素数,素数对称为孪生素数.从16以内的素数中任取两个,其中能构成孪生素数的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先分析20以内的素数,再分析其中孪生素数的对数,再分别求解所以可能的状况种数以及孪生素数的对数求概率即可.【详解】20以内的素数有2,3,5,7,11,13共6个,从中任取两个共有种可能,其中构成孪生素数的有3和5,5和7,11和13共3对,∴16以内的素数中任取两个,其中能构成孪生素数的概率.故选：B【点睛】本题主要考查了古典概型的问题,须要依据题意分析总的状况数以及满意条件的基本领件数.属于基础题.10.将函数图象向右平移个单位后得到函数的图象，若对满意的，，有，则（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由三角函数平移规则可得，所以，可得，，，，结合即可求出参数的值；【详解】解：因为，所以．因为，，所以和的值中，一个为1，另一个为，不妨取，，则，，，，，，得．因为，所以，故当时，，则．故选：B【点睛】本题考查三角函数的图象平移，函数的最值以及函数的周期的应用，考查分析问题解决问题的实力，属于中档题．11.已知函数，其导函数为，若对随意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A.（0，1） B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出，然后将条件可转化为对随意的恒成立，令，分和两种状况探讨，每种状况求出的单调性即可得出答案.【详解】由题意得，所以对随意的恒成立等价于对随意的恒成立，即对随意的恒成立.令，则，当时，，则在上单调递减，所以，符合题意；当时在上单调递减，在上单调递增，所以，不合题意.所以实数的取值范围为.故选：C【点睛】本题考查的是利用导数解决不等式恒成立问题，考查了学生的转化实力，属于中档题.12.已知四边形是边长为5的菱形，对角线（如图1），现以为折痕将菱形折起，使点达到点的位置.棱，的中点分为，，且四面体的外接球球心落在四面体内部（如图2），则线段长度的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知的外心在中线上，设过点的直线平面，同理，的外心在中线上.设过点的直线平面，由对称性易知直线，的交点在直线上.点为四面体的外接球球心，令，依据三角函数的定义可得，及，即可得解；【详解】解：如图，由题意可知的外心在中线上，设过点的直线平面，易知平面，同理，的外心在中线上.设过点的直线平面，则平面.由对称性易知直线，的交点在直线上.依据外接球的性质，点为四面体的外接球球心.易知，，而，，∴.令，明显，∴∵，∴，又，∴，即，综上所述，.故选：A【点睛】本题考查立体几何中多面体的外接球的相关计算，三角函数的定义的应用，属于中档题.二、填空题13.已知等差数列的前项和为，，，则公差______.【答案】1【解析】【分析】将均化归到用表示，即可求得【详解】因为，则，得，又，消去，得故答案为：1【点睛】本题考查了等差数列的通项公式和前项和公式，属于简洁题.14.已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为60°，若的面积为，则该圆锥的体积为______.【答案】【解析】【分析】可设底面半径为，作出示意图，依据已知关系求出圆锥的底面半径和高，求得圆锥的体积.【详解】作示意图如图所示，设底面半径为，与圆锥底面所成角为60°，则，则，又，所成角的余弦值为，则，则，解得，故圆锥的体积为.故答案为：【点睛】本题线面角的概念，三角形的面积公式和圆锥的体公式，属于简洁题.15.已知函数，若存在，，且，使得，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】先对探讨，作示意图后，简洁得到符合题意，再对分析，可得到答案.【详解】当时，函数的示意图如图所示可知在，必存在，，使；当时，则，可知时存在，符合题意；当时，则,即时，在旁边，必存在，，使；当时，,故示意图如图所示故不存在，，且，使得,综上可得.故答案为：【点睛】本题考查了分段函数存在性问题，分类探讨、数形结合思想的应用，合理分类是解决问题的关键.16.设，分别是双曲线：的左、右焦点，点在此双曲线上，点到直线的距离为，则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】写出直线的方程，由点到直线距离公式可求得，然后把点坐标代入双曲线方程得关于的一个方程，结合可求得，从而可得离心率．【详解】依题意，，，即.到距离，∴，又，.∴，∴.故答案为：．【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出，方法是干脆法，由点到直线距离公式求得，代入双曲线上点的坐标得关于的方程，结合的值解得，则可计算离心率．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：17.为了调查－款项链的销售数量（件）与销售利润（万元）之间的相关关系,某公司的市场专员作出调查并将结果统计如下表所示：（件）3456810（万元）324678（1）请依据上表数据计算,的线性回来方程；（2）估计销售利润为10万元时,此款项链的销售数量是多少？（结果保留两位小数）（注：,）【答案】（1）（2）此款项链的销售数量万件【解析】【分析】(1)依据题意分别计算与即可.(2)由(1)有,再代入求解即可.【详解】解：（1）依题意,,.,,,∴；故回来直线方程为.（2）当时,解得,即销售利润为10万元时,此款项链的销售数量万件.【点睛】本题主要考查了线性回来方程的求解方法,须要依据题意分别计算对应的参数得出方程.同时也考查了依据回来方程的实际意义运用.属于基础题.18.中，内角，，的对边分别是，，，，，．（1）求的值；（2）若为中点，求的长．【答案】（1）3（2）【解析】【分析】（1）由求出，依据，并借助二倍角公式，求出，再利用正弦定理，即可得解；（2）依据，并借助二倍角公式，求出，再利用三角形的内角和及两角和的余弦公式，求出，最终利用余弦定理，即可得解.【详解】（1），，由，得，，由正弦定理，可得，所以，的值为3.（2），，在中，由余弦定理得，解得，所以.【点睛】本题考查是解三角形问题，涉及的学问点包括二倍角公式、两角和的余弦公式、正弦定理以及余弦定理，熟记公式并精确计算是解题关键，属于中档题.19.如图，直棱柱中，底面是菱形，，点，是棱，的中点，，是棱，上的点，且.（1）求证：平面平面；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）由，证明平面，从而得面面垂直；（2）取中点，上一点，，连接，，，证明则四边形为平行四边形，得与平行且相等，再由与平行且相等，得与平行且相等，得平行四边形，从而有，得证线面平行．【详解】证明：（1）∵底面为菱形，∴.又平面，平面，∴，，∴平面.∵平面，∴平面平面.（2）取中点，上一点，，连接，，，则，∴四边形为平行四边形，∴.又，四边形是平行四边形，∴，∴，四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面.【点睛】本题考查证明面面垂直，证明线面平行，驾驭面面垂直和线面平行的判定定理是解题关键，证明时定理的条件要一一列举出来．20.已知定点（为正常数）,为轴负半轴上的一个动点,动点满意,且线段的中点在轴上.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设为曲线的一条动弦（不垂直于轴）.其垂直平分线与轴交于点.当时,求的最大值.【答案】（1）（2）6【解析】【分析】(1)设,进而求得的坐标,再依据三角形的性质可得即可得满意的方程,化简即可.(2)由(1)以及可得轨迹的方程为,再设弦所在直线方程为,,,联立直线与抛物线的方程,利用韦达定理求得的中点,进而求得线段的垂直平分线的方程,代入得到,再依据弦长公式求解,代入利用二次不等式的最值求解即可.【详解】解：（1）设,则的中点的坐标为,.又,故.由题意知,所以,即,所以.因为点不能在轴上,故曲线的方程为.（2）设弦所在直线方程为,,.由得.①则,,则线段的中点为,即.线段的垂直平分线的方程为.令,,得.得.所以由①,.得,即.所以,当,即时,取得最大值,最大值等于36,即的最大值为6.【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解,同时也考查了直线与抛物线的位置关系求解最值的问题.须要依据题意设直线方程,再联立抛物线方程,利用韦达定理结合题中的信息求出直线中参数的关系,再将直线中的参数关系代入弦长公式,依据二次函数的最值求解.属于较难题.21.已知函数，其中．（1）若，求函数的单调区间；（2）若对随意，，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）函数的增区间为，无减区间；（2）【解析】【分析】（1），然后求出的单调性，得出即可（2）原不等式可化为，令，则，令，然后分、、三种状况探讨，每种状况下求出的最小值即可.【详解】（1），，．令，则，令，得，，得，∴函数在上单调递增，在上单调递减，，∴，函数的增区间为，无减区间；（2）∵，∴原不等式可化为．令，则令，则．∴在上单调递增．①当时，即．∵，∴时，，∴在上递增，∴；②当，即时，，，∴在上递减，∴；③当时，在上递增，存在唯一实数，使得，则当时．当时，∴，又在上递增，∴．综上所述，的取值范围为．【点睛】本题考查的是利用导数求函数的单调区间及利用导数解决不等式恒成立问题,考查了分类探讨的思想,属于较难题.（二）选考题：请考生在第22、23题中任选