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含答案

/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一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A． B． C． D．3．已知单位圆上有两点，，设向量，，若，则实数的值为（

）A． B． C．1 D．24．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5．若，则的值为（

）A．1 B． C． D．6．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．7．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．8．已知可导函数的定义域为，且有，设是的导函数，若为偶函数，则（

）A．2025 B．2026 C．4050 D．4052二、多选题（本大题共3小题）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10．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11．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三、填空题（本大题共3小题）12．已知各项为正数的数列是等比数列，且其前项和为.若，，则.13．设函数（），若在上的最大值恒大于4，则实数的取值范围为.14．在中，，（），若当面积取最大值时，，则.四、解答题（本大题共5小题）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.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.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）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.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.

参考答案1．【答案】A【详解】,因为的定义域为，故，所以.故选：A2．【答案】D【详解】由题意得，，所以.故选：D3．【答案】B【详解】由题可得，，，因为，，且，所以，，解得.故选：B4．【答案】C【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．【答案】B【详解】因为，所以.故选：B6．【答案】C【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．【答案】C【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．【答案】D【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：D9．【答案】AD【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．【答案】ACD【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．【答案】ABD【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：ABD12．【答案】2【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．【答案】【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．【答案】【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：15．【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是(2)【详解】（1）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.（2）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．【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）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.（2）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．【答案】(1)分布列见答案，数学期望(2)证明见答案，.【详解】（1）由题意投掷1次骰子得分的概率为，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.（2）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．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)过定点，坐标为.【详解】（1）设，，则，，∵，两点在双曲线上，∴，由①－②得，即，∴，∴，即，∴，又∵，∴，∴双曲线的方程为：；（2）由已知可得，直线的方程为：，即，联立，，则，，∵，∴，∴为直角三角形；（3）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.19．【答案】(1)46(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析【详解】（1）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.（2）（ⅰ）由题意可知，对任意的，.记，则.由于是正整数列，，…，中的最大项，故.若，，…，中同时有1和出现，则1与一定是连续出现的，则，.此时，，，所以，矛盾.故，，…，中不同时出现1和.若，则，，…，.故.若，则，则，，…，.故，即.即和总有一个成立.（ⅱ）【法一】当为奇数时，设.由（ⅰ）可知，因为在和中有一个数至少为，故.此时，