安徽省六校教育研究会2025届高三下学期2月素质检测考试数学试题（解析版）

第1页/共1页安徽六校2025年春季素质检测考试数学试题2025.2命题单位：湖北省黄冈中学审稿单位：重庆市南开中学注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.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.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先得，根据对数型函数的定义域可得，进而可得.【详解】,因为的定义域为，故，所以.故选：A2.已知复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由复数的四则运算结合模长公式即可求解；【详解】由题意得，，所以.故选：D3.已知单位圆上有两点，，设向量，，若，则实数的值为（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】由题意，，由得，进而可得.【详解】由题可得，，，因为，，且，所以，，解得.故选：B4.现有6名同学到3家不同的养老院参加“关爱孤寡老人”爱心志愿活动，若每家养老院安排2名同学，且每名同学只前往一家养老院，则共有安排方法（）A.30种 B.60种 C.90种 D.120种【答案】C【解析】【分析】根据分步乘法计数原理即可求得结果.【详解】设3家养老院的编号依次为1、2、3，首先安排1号养老院，有（种），再安排2号养老院，有（种），最后安排3号养老院，有（种），根据分步乘法计数原理，因此共有安排方法（种）.故选：C5.若，则的值为（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由二倍角公式可得，根据齐次式可得.【详解】因为，所以.故选：B6.已知一件艺术品由外层一个大正四面体，内层一个小正方体构成，外层正四面体的棱长为2，在该大正四面体内放置一个棱长为的小正方体，并且小正方体在大正四面体内可以任意转动，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用当这个小正方体可以在大正四面体内部任意转动且小正方体的棱长最大时，小正方体的外接球的半径等于该大正四面体的内切球的半径.先求出正四面体的内切球的半径，再利用正方体的外接球的半径即可求得结果.【详解】如图，正四面体底面的中心记为点，连接，.由正四面体的性质可得：面.因为正四面体棱长为2，所以底面三角形的高为，则，所以正四面体的高.设正四面体内切球的半径为，球心为.由等体积法可得：，即，解得：，所以正四面体的内切球的半径，因为正方体的棱长为，所以正方体的外接球的半径，因此.故选：C7.已知椭圆：（）的上顶点为，左、右焦点分别为，，连接并延长交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意，根据椭圆的定义，利用余弦定理计算得出关于的方程，结合离心率的的概念即可求解.【详解】由题意得,因为，设，，因为A为椭圆的上顶点，所以，则，又由椭圆的定义知，故，解得，故，，在中，，在中，，即，所以.故选：C8.已知可导函数定义域为，且有，设是的导函数，若为偶函数，则（）A.2025 B.2026 C.4050 D.4052【答案】D【解析】【分析】首先，通过已知条件，可以分析出函数的对称轴，进而得到其导函数的对称中心。再根据为偶函数，确定的具体对称中心，周期，然后利用周期性和对称中心的性质来计算即可.【详解】∵，∴两边求导得，∴，可知关于点对称，又∵为偶函数，可知关于直线对称，则，即，由，可得，因此，可得，即，可知4为的周期，因此，当，时，，当，时，，∵，∴，∴，，所以.故选：D【点睛】方法点睛：抽象函数求值问题关键是找出抽象函数的周期和对称性.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数在区间上单调递增C.函数的图象的一条对称轴方程为D.函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到【答案】AD【解析】【分析】对于选项A，将函数化简为最简形式，利用最小正周期公式即可求得；对于选项B利用整体代入思想与正弦函数的单调性可得；对于选项C利用对称轴公式即可求得，对于选项D则利用平移变换的知识即可求出.【详解】对于A，，函数的最小正周期，故A正确；对于B，因为，∴，而函数在上不单调，故在区间上不单调，故B错误；对于C，由（），得（），不可能取到，故C错误；对于D，由的图象向左平移个单位长度，得，故D正确.故选：AD10.对于函数，如果对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，则称函数为“比翼函数”.则下列说法正确的是（）A.函数是“比翼函数”B.若函数在上为“比翼函数”，则C.若函数在上为“比翼函数”，当，，则，D.若函数在上为“比翼函数”，其函数值恒大于0，且在上是单调递减函数，记，若，则【答案】ACD【解析】【分析】对于选项A：利用“比翼函数”的定义即可判断；对于选项B：举出反例即可判断；对于选项C：利用“比翼函数”的关系式即可求得结果；对于选项D：利用函数的单调性与奇偶性即可判断.【详解】对于A，对于，则，所以，则函数是“比翼函数”，故A正确；对于B，取，则，所以，此时在上为“比翼函数”，但，故B错误；对于C，当时，，所以，故C正确；对于D，因为函数是上的“比翼函数”，其函数值恒大于0，且在上是单调递减函数，所以，任取且，则，所以，，所以，所以函数为上的增函数，因为，故函数为上的奇函数，当时，即，则，所以，故D正确.故选：ACD11.我国知名品牌小米公司的具备“超椭圆”数学之美，设计师的灵感来源于数学中的曲线（、为常数，且）.则下列有关曲线的说法中正确的是（）A.对任意的且，曲线总关于轴和轴对称B.当，时，曲线上的点到原点的距离最小值为C.当，时，曲线与坐标轴的交点个数为个D.当，时，曲线上的点到原点的距离最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用曲线的对称性可判断A选项；利用基本不等式结合平面内两点间的距离公式可判断BD选项；求出曲线与坐标轴的交点坐标，可判断C选项.【详解】对于A，取曲线上点，则，点关于轴的对称点为，关于轴的对称点为，因为，，即点、都在曲线上，故曲线总关于轴和轴对称，故A正确；对于B，当，时，曲线的方程可化为，在曲线上任取一点，由，当且仅当时，即当时，等号成立，得，故曲线上的点到原点的距离最小值为，故B正确；对于C，当，，时，，则，得，所以或，所以曲线与轴有个交点，当时，，，得或，所以曲线与轴有个交点，综上，曲线与坐标轴的交点个数为个，故C错误；对于D，当，时，在曲线上任取一点，由，则，当且仅当时，即当时，等号成立，故曲线上的点到原点的距离最小值为，故D正确.故选：ABD【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知各项为正数的数列是等比数列，且其前项和为.若，，则________.【答案】2【解析】【分析】利用等比数列的前项和公式与通项公式即可求得结果.【详解】设公比为，由，得：，，两式相除得，则（负值舍去），所以.故答案为：2.13.设函数（），若在上的最大值恒大于4，则实数的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】利用导数研究在上的单调性求出最大值即可.【详解】（）的定义域为，∴，∵，，∴，∴在上单调递增，故在上的最大值为，即.故答案为：14.中，，（），若当面积取最大值时，，则________.【答案】【解析】分析】设，结合余弦定理及面积公式可得：，再通过换元，得到，求导确定单调性即可解；【详解】由（），设，则，由余弦定理可得：，所以,所以的面积为：令，由，易得，所以,所以所以，，，，又在单调递减，可得：当时，面积取得最大值，即，所以，即，又，可得：，故答案为：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.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是（2）【解析】【分析】（1）利用导数求函数的单调性；（2）分离参数得，构造，利用导数求最大值即得.【小问1详解】当时，函数的定义域是，，令，得，解得，故的单调递减区间是，令，得，解得，故的单调递增区间是，综上，的单调递减区间是，单调递增区间是.【小问2详解】由任意，知恒成立.因，故，在上恒成立.设，则，令，得，（舍去），当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得极大值，也是最大值，且，所以若在上恒成立，则，故实数的取值范围是.16.如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，点在棱上，且，，且.（1）当时，求证：；（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）先证得平面，再由勾股定理得到，即可求证；（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；【小问1详解】当时，点为棱中点.由是直径可知，则是等腰直角三角形，故，由圆柱的特征可知平面，又平面，所以，因为，，平面，则平面，而平面，则，因为，则，所以，，，所以，因为，，，，平面，所以平面，又平面，故.【小问2详解】由题意及（1）易知，，两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，则，，，所以，，，由（1）知平面，故平面的一个法向量是，设是平面的一个法向量，则有，取，可得设平面与平面夹角为，所以，则平面与平面夹角的余弦值为.17.投掷一枚均匀的骰子，每次掷得的点数为1或2时得1分，掷得的点数为3，4，5，6时得2分；独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分.（1）设投掷2次骰子，最终得分为，求随机变量的分布列与期望；（2）设最终得分为的概率为，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式.（提示：请结合数列的递推关系求解）【答案】（1）分布列见答案，数学期望（2）证明见答案，.【解析】【分析】（1）由题意掷1次骰子得分的概率为，投掷1次骰子得分的概率为，的可能取值为2，3，4，根据概率列出分布列即得；（2）由题意可得，进而根据累加法和等比数列的前项和可得.【小问1详解】由题意投掷1次骰子得分概率为，投掷1次骰子得分的概率为，由题意的可能取值为2，3，4，，，，故的分布列为：234数学期望.【小问2详解】由题意知，故，且，，，故是以为首项，为公比的等比数列，故，∴当时，，当时，上式也成立，综上：.18.已知双曲线：（，）的右顶点，斜率为1的直线交于、两点，且中点.（1）求双曲线的方程；（2）证明：为直角三角形；（3）经过点且斜率不为零的直线与双曲线的两支分别交于点，.若点是点关于轴的对称点，试问，不论直线的斜率如何变化，直线是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）过定点，坐标为.【解析】【分析】（1）设，，运用点差法求解即可；（2）直曲联立，借助向量工具求解；（3）设方程为，，，，直曲联立，得到，，得到直线的方程为，在直线的方程中，令，求解即可.【小问1详解】设，，则，，∵，两点在双曲线上，∴，由①－②得，即，∴，∴，即，∴，又∵，∴，∴双曲线的方程为：；【小问2详解】由已知可得，直线的方程为：，即，联立，，则，，∵，∴，∴为直角三角形；【小问3详解】设方程为，，联立直线与的方程，消去得，因为直线与的两支分别交于点，，设，，所以，得，则，，，因为，所以直线的方程为，由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上，在直线的方程中，令，得所以直线过定点，定点坐标为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.19.设各项互不相同的正整数数列，，…，满足：对任意的，都有.（1）若（）为递减的正整数数列，求的最小值；（2）对于给定的，设是正整数数列，，…，的最大项；（ⅰ）求证：和总有一个成立；（ⅱ）当为奇数时，求证：正整数数列，，…，的最大项的最小值为.【答案】（1）46（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）根据以及是单调递减正整数列，可得，，…，，即可累加法得；（2）（ⅰ）根据，则，进而可得，，…，中不同时出现1和，根据，利用累加法得，根据可得；（ⅱ）根据，进而根据时和时的单调性，可得求解，或者利用，进而根据得，进而证明与的交集为空集即可求解.【小问1详解】由题可知，任意的，，又因为是正整数列，故.从而，，…，，故，即当，时等号成立.【小问2详解】（ⅰ）由题意可知，对任意的，.记，