安徽省安徽六校2024-2025学年高三下学期2月质量检测考试数学试题

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． 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．2 4．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．已知栯圆的上顶点为，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 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：（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2 C．当时，曲线与坐标轴的交点个数为5个 D．当时，曲线上的点到原点的距离最小值为 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______． 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．（13 分）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．（15分）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．（15 分）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．（17分）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．（17分）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． 安徽六校2025年春季素质检测考试 数学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 选项 A D B C B C C D AD ACD ABD 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1．A 【解析】由，得到，所以的值域为，因为的定义域为，得到，所以． 故选：A 2．D 【解析】由题意得，， 所以． 故选：D 3．B 【解析】由题可得，， 因为，且， 所以， ，解得． 故选：B 4．C 【解析】方法一：首先把6名同学分成3个小组，有（种）分组方法， 再让3个小组分别前往不同的养老院，因此共有安排方法（种）． 方法二：设3家养老院的编号依次为，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：C 5．B 【解析】因为，所以．故选：B 6．C 【解析】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。 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：C 7．C 【解析】由题意可得因为，可设， 因为为椭圆的上顶点，所以，则， 又有，故，解得，故， 在中，， 在中，， 即，所以． 故选：C 8．D 【解析】，∴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 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9．AD 【解析】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，由的图像向左平移个单位长度，得，故D正确． 故选：AD 10．ACD 【解析】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：ACD 11．ABD 【解析】对于A，取曲线上点，则在曲线上，故曲线总关于轴和轴对称，故A正确； 对于B，当时，化为， 由，当且仅当时等号成立，得， 故曲线上的点到原点的距离最小值为2，故B正确； 对于C，当时，，则，得， 所以或，所以曲线与轴有2个交点， 当时，，得或，所以曲线与轴有2个交点， 综上，曲线与坐标轴的交点个数为4个，故C错误； 对于D，当时，由 ，当且仅当时等号成立，故曲线上的点到原点的距离最小值为，故D正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.2 【解析】设公比为，由得：， 两式相除得，则，所以． 故答案为：2． 13． 【解析】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． 【解析】以所在的直线为轴，的中点为坐标原点建立直角坐标系，设，由可得点的轨迹方程为，设，则，在中由余弦定理可得，在中，，解得；所以当的面积取最大值时，，此时． 四、解答题：本题共5小，共77分． 15．【答案】（13分） （1）的单调递减区间是，单调递增区间是 （2） 【解析】（1）函数的定义域是． 令，得，解得的单调递减区间是． 令，得，解得的单调递增区间是． 综上，的单调递减区间是，单调递增区间是． （2）任意， 恒成立． 在上佰成立． 设，则． 令，得（舍去）． 当时，单调递增；当时，单调递减． 当时，取得极大值，也是最大值，且， 若在上恒成立，则， 故实数的取值范围是． 16．【答案】（15分） （1）证明见解析 （2） 【解析】（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】（15分） （1）分布列见答案，数学期望 （2）证朋见答案，． 【解析】（1）的可能取值为2，3，4， ， 的分布列为： 2 3 4 数学期望． （2）由题意知， ，且， ， 是以为首项，为公比的等比数列， ， 当时， ， 当时，上式也成立， 综上：． 18．【答案】（17 分） （1） （2）证明见解析 （3）定点坐标为． 【解析】（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】（17分） 【解析】（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，取． 则当时，，是递增数列，它们互不相同． 当时，，是递减数列，它们互不相同． 故对于， 从而．故数列中的项不互相同．即的最小值为． （ⅱ）【法二】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，取． 此时，． 当时，．特别地，，当时，， 特别地，，故都是正整数． 下面我们证明与的交集为空集． 事实上，对于，有，故，从而命题得证． 即是互不相同的正整数，所以的最小值为． 学科网（北京）股份有限公司 $$