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

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题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，根据对数型函数的定义域可得【详解】A=y因为y=log31−2x的定义域为−所以A∩B=0,故选：A2．已知复数z=21+3i，则zA．1010 B．55 C．210【答案】D【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，z=2所以z=故选：D3．已知单位圆O上有两点A,B，∠AOB=π3，设向量a=nOA+OB，b=A．−1 B．−2 C．1 D．2【答案】B【分析】由题意OA=OB=1，OA⋅OB【详解】由题可得，OA=OB=1因为a=nOA+OB，所以a+=n+12+2×2×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【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C6再安排2号养老院，有C42=6根据分步乘法计数原理，因此共有安排方法15×6×1=90（种）.故选：C5．若tanα=2，则cos2αcosA．1 B．37 C．−37【答案】B【分析】由二倍角公式可得cos2α【详解】因为tanα=2所以cos2α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a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a的最大值为（

）A．29 B．26 C．23【答案】C【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R=66，再利用正方体的外接球的半径【详解】如图，正四面体ABCD底面BCD的中心记为点E，连接AE，DE.由正四面体的性质可得：AE⊥面BCD.因为正四面体ABCD棱长为2，所以底面三角形BCD的高为2sinπ3所以正四面体ABCD的高AE=2设正四面体ABCD内切球的半径为R，球心为O.由等体积法可得：V正四面体即13×S所以正四面体的内切球的半径R=6因为正方体的棱长为a，所以正方体的外接球的半径r=32a≤R=故选：C7．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，连接AA．55 B．22 C．77【答案】C【分析】由题意，根据椭圆的定义，利用余弦定理计算得出关于a,c的方程，结合离心率的的概念即可求解.【详解】由题意得,因为F1B:AB=5:7因为A为椭圆的上顶点，所以AF1=又由椭圆的定义知F1B+F2故F1B=在△ABF1中，在△AF1F即4c2=故选：C8．已知可导函数fx的定义域为R，且有fx−f4−x=4x−8，设gx是fxA．2025 B．2026 C．4050 D．4052【答案】D【分析】首先，通过已知条件f(x)−f(4−x)=4x−8，可以分析出函数f(x)的对称轴，进而得到其导函数g(x)的对称中心。再根据g(x+1)为偶函数，确定g(x)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】∵fx∴两边求导得f′∴gx+g4−x=4，可知又∵gx+1为偶函数，可知gx关于直线则g1+x=g1−x由gx+g4−x因此g2−x=4−g4−x即gx=4−4−g因此，当k=2n，n∈Z时，g2k+1当k=2n+1，n∈Z时，g2k+1∵gx+g4−x∴g4n+1+g4n+3所以k=0=2026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、多选题9．已知函数fx=cosA．函数fx的最小正周期为B．函数fx在区间−C．函数fx的图象的一条对称轴方程为D．函数fx的图象可由y=22【答案】AD【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T=2【详解】对于A，f=1函数fx的最小正周期T=对于B，因为x∈−3π而函数y=sinx在−π2,对于C，由4x+π4=π2+kπ不可能取到x=π对于D，由y=22sin4x的图象向左平移故选：AD10．对于函数y=fx，如果对于其定义域D中任意给定的实数x，都有−x∈D，并且fx⋅f−x=2A．函数fxB．若函数y=fx在R上为“比翼函数”，则C．若函数y=fx在R上为“比翼函数”，当x>0，fx=2D．若函数y=fx在R上为“比翼函数”，其函数值恒大于0，且在R上是单调递减函数，记Hx=2【答案】ACD【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fx【详解】对于A，对于fx=x+x所以fx则函数fx对于B，取fx=−2所以fx此时fx在R上为“比翼函数”，但f对于C，当x<0时，−x>0，所以fx对于D，因为函数y=fx是R且在R上是单调递减函数，所以Hx任取m,n∈R且m>n，则−m<−n所以fm<fn所以H=f−m−f−n+因为H−x=fx−f−x当Hx1+H则x1>−x故选：ACD11．我国知名品牌小米公司的Logo具备“超椭圆”数学之美，设计师的灵感来源于数学中的曲线C:xan+ybn=1（a、b为常数，A．对任意的n∈R且n≠0，曲线C总关于x轴和y轴对称B．当a=b=1，n=−2时，曲线C上的点到原点的距离最小值为2C．当a=1，b=2时，曲线C与坐标轴的交点个数为5个D．当a=b=1，n=23时，曲线C【答案】ABD【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C与坐标轴的交点坐标，可判断C选项.【详解】对于A，取曲线C上点Px,y，则x点P关于x轴的对称点为P1x,−y，关于y轴的对称点为因为xan+即点P1、P2都在曲线C上，故曲线C总关于x轴和对于B，当a=b=1，n=−2时，曲线C的方程可化为1x在曲线C上任取一点Px,y由OP2当且仅当y2x2=x故曲线C上的点到原点的距离最小值为2，故B正确；对于C，当a=1，b=2，x=0时，y2n=1，则y所以y=2或y=−2，所以曲线C与y轴有2个交点，当y=0时，xn=1，x=1，得x=1或x=−1，所以曲线C与x综上，曲线C与坐标轴的交点个数为4个，故C错误；对于D，当a=b=1，n=23时，在曲线C上任取一点由x=1−3xy23当且仅当x23=故曲线C上的点到原点的距离最小值为12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12．已知各项为正数的数列an是等比数列，且其前n项和为Sn.若S2=6，S【答案】2【分析】利用等比数列的前n项和公式与通项公式即可求得结果.【详解】设公比为q>0，由S2=6，S2=a两式相除得q2=4，则q=2（负值舍去），所以故答案为：2.13．设函数fx=ln4−x+lnx+ax（a>0），若f【答案】a>2−【分析】利用导数研究fx在1,2【详解】fx=ln4−x+∴f′∵x∈1,2，a>0，∴f∴fx在1,2故fx在1,2上的最大值为f即a>2−ln故答案为：a>2−14．在△ABC中，AC=2，AB=mBC（m>1），若当△ABC面积取最大值时，B=π6，则m=【答案】3【分析】设BC=a，结合余弦定理及面积公式可得：S=sinB12【详解】由AB=mBC（m>1），设BC=a由余弦定理可得：cosB=所以ma所以△ABC的面积为：S=令12m+1m=t所以S=fB所以f所以cosB>1tcosB<1t又cosB在0<B<可得：当cosB=即cosB=所以m+1即m2−4可得：m=3故答案为：3四、解答题15．已知函数fx(1)当a=0时，求函数fx(2)若对任意x∈0,+∞，fx【答案】(1)fx的单调递减区间是0,1(2)ln【分析】（1）利用导数求函数的单调性；（2）分离参数得a≥lnx−x−2【详解】（1）当a=0时，函数fx=xlnx的定义域是令f′x<0，得lnx+1<0，解得0<x<1令f′x>0，得lnx+1>0，解得x>1综上，fx的单调递减区间是0,1e（2）由任意x∈0,+∞，fx因x>0，故a≥lnx−x−2设ℎx=ln令ℎ′x=0，得x当x∈0,2时，ℎ′x当x∈2,+∞时，ℎ′故当x=2时，ℎx取得极大值，也是最大值，且ℎ所以若a≥ℎx在x∈0,+∞故实数a的取值范围是ln2−3,+16．如图所示，半圆柱的轴截面为平面BCC1B1，BC是圆柱底面的直径，O为底面圆心，AA1为一条母线，点E在棱CC(1)当λ=12时，求证：(2)当λ=14时，求平面AB【答案】(1)证明见解析；(2)5【分析】（1）先证得AO⊥平面BCC1B（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；【详解】（1）当λ=12时，点E为棱由BC是直径可知AB⊥AC，则△ABC是等腰直角三角形，故AO⊥BC，由圆柱的特征可知BB1⊥平面ABC，又AO⊂平面ABC因为BB1∩BC=B，BB1，BC⊂平面BC而OE⊂平面BCC1B因为AB=AC=AA1=4所以B1O2B1E2因为B1O⊥OE，AO⊥OE，AO∩B1O=O，AO所以OE⊥平面AB1O，又AB1（2）由题意及（1）易知AA1，AB，AC两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系则B14,0,4，E0,4,1所以AB1=4,0,4，由（1）知AO⊥平面B1OE，故平面B1设n=x,y,z是平面则有n⋅AB1设平面AB1E与平面B所以cosθ=则平面AB1E与平面B17．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X，求随机变量X的分布列与期望；(2)设最终得分为n的概率为Pn，证明：数列Pn+1−（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10(2)证明见答案，Pn【分析】（1）由题意掷1次骰子得1分的概率为13，投掷1次骰子得2分的概率为23，（2）由题意Pn+1=13Pn+【详解】（1）由题意投掷1次骰子得1分的概率为13，投掷1次骰子得2分的概率为2由题意X的可能取值为2，3，4，PX=2=13×故X的分布列为：X234P144数学期望EX（2）由题意知Pn+1故Pn+1−Pn=−23故Pn−Pn−1是以故Pn∴当n≥2时，P==1当n=1时，上式也成立，综上：Pn18．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的右顶点E1,0，斜率为1的直线交(1)求双曲线C的方程；(2)证明：△MEN为直角三角形；(3)经过点T0,2且斜率不为零的直线l与双曲线C的两支分别交于点A，B.若点D是点B关于y轴的对称点，试问，不论直线l的斜率如何变化，直线AD【答案】(1)x2(2)证明见解析；(3)过定点，坐标为0,−3【分析】（1）设Mx1,（2）直曲联立，借助向量工具求解；（3）设l方程为y=kx+2，k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，直曲联立，得到x1【详解】（1）设Mx1,y1，N∵M，N两点在双曲线C上，∴x12a即y12−∴kOQ⋅kMN=又∵a=1，∴b2∴双曲线C的方程为：x2（2）由已知可得，直线MN的方程为：y−3=1⋅x−1，即y=x+2联立y=x+23x2则x1+x∵EM==2×−∴EM⊥EN，∴△MEN为直角三角形；（3）设l方程为y=kx+2，k≠0，联立直线l与C的方程，消去y得3−k因为直线l与C的两支分别交于点A，B，设Ax1,所以3−k2>0则D−x2,y因为kAD=y1−由对称性可知，若直线AD过定点，则定点在y轴上，在直线AD的方程中，令x=0，得y===所以直线AD过定点，定点坐标为0,−3【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y=kx+m，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a1，a2，…，an满足：对任意的1≤i≤n−2(1)若an（1≤n≤10）为递减的正整数数列，求a(2)对于给定的n，设am是正整数数列a1，a2（ⅰ）求证：am≥m（ⅱ）当n为奇数时，求证：正整数数列a1，a2，…，an【答案】(1)46(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）根据ai−ai+1≤ai+1−ai+2−1（2）（ⅰ）根据di=ai+1−ai，则d1>d2>⋅⋅⋅>dm−1>0>dm（ⅱ）根据am≥1+2+⋅⋅⋅+n+12，进而根据1≤i≤n+12时和n+32≤i≤n时的单调性，可得an+1−i<a【详解】（1）由题可知，任意的1≤i≤n−2，ai又因为是正整数列，故ai从而a1−a2≥1故a1−当ai=1+1（2）（ⅰ）由题意可知，对任意的1≤i≤n−2，ai+1记di=a由于am是正整数列a1，a2故d1若d1，d2，…，dn−1则1与−1一定是连续出现的，则dm−1=1，此时，am−am−1=1故d1，d2，…，