2024-2025學年安徽省合肥市高三下學期第六次單元數學質量檢測試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知全集，，則集合（）A． B． C． D．2．已知，則（）A．1 B． C． D．23．在的展開式中，項的系數為（

）A． B． C．16 D．1444．已知均為第二象限角，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．母線長為1的圓錐體積最大時，其側面展開圖圓心角等于（

）A． B． C． D．6．已知，，P是曲線上一個動點，則的最大值是（

）A．2 B． C． D．7．如圖所示，將繪有函數部分圖象的紙片沿軸折成鈍二面角，此二面角的平面角為，此時，之間的距離為，則（

）A． B． C． D．8．互相垂直且有公共原點的兩條數軸構成平面直角坐標系，但如果平面坐標系中兩條坐標軸不垂直，則這樣的坐標系稱為“斜坐標系”.如圖，在斜坐標系中，過點作兩坐標軸的平行線，其在軸和軸上的截距分別作為點的坐標和坐標，記.若斜坐標系中，軸正方向和軸正方向的夾角為，則該坐標系中和兩點間的距離為（

）

A．B．C．D．二、多選題（本大題共3小題）9．某班級學生開展課外數學探究活動，將一杯冷水從冰箱中取出后靜置，在的室溫下測量水溫單位隨時間（單位：）的變化關系，在測量了15個數據后，根據這些實驗數據得到如下的散點圖：現需要選擇合適的回歸方程進行回歸分析，則根據散點圖，合適的回歸方程類型有（

）A． B．C． D．10．在平面直角坐標系中，已知圓，其中，則（

）A．圓過定點 B．圓的圓心在定直線上C．圓與定直線相切 D．圓與定圓相切11．已知對于任意非零實數，函數均滿足，，下列結論正確的有（）A．B．關于點中心對稱C．關于軸對稱D．三、填空題（本大題共3小題）12．記為等差數列的前n項和，若，，則.13．在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是．14．“布朗運動”是指微小顆粒永不停息的無規則隨機運動，在如圖所示的試驗容器中，容器由三個倉組成，某粒子作布朗運動時每次會從所在倉的通道口中隨機選擇一個到達相鄰倉或者容器外，一旦粒子到達容器外就會被外部捕獲裝置所捕獲，此時試驗結束．已知該粒子初始位置在1號倉，則試驗結束時該粒子是從1號倉到達容器外的概率為．

四、解答題（本大題共5小題）15．已知的內角、、的對邊分別為、、，.(1)求；(2)若，，求.16．甲乙兩人進行象棋比賽，約定誰先贏3局誰就直接獲勝，并結束比賽.假設每局甲贏的概率為，和棋的概率為，各局比賽結果相互獨立.(1)記為3局比賽中甲贏的局數，求的分布列和均值(2)求乙在4局以內（含4局）贏得比賽的概率；17．已知橢圓的長軸長為4，一個焦點為.(1)求橢圓的方程及離心率；(2)過點且斜率存在的直線交橢圓于兩點，在軸上是否存在點，使得？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.18．已知函數（）.(1)若，求的極小值；(2)當時，求的單調遞增區間；(3)當時，設的極大值為，求證.19．已知是無窮數列．給出兩個性質：①對于中任意兩項，在中都存在一項，使；②對于中任意項，在中都存在兩項．使得．(Ⅰ)若，判斷數列是否滿足性質①，說明理由；(Ⅱ)若，判斷數列是否同時滿足性質①和性質②，說明理由；(Ⅲ)若是遞增數列，且同時滿足性質①和性質②，證明：為等比數列.

答案1．【正確答案】C【詳解】，，故，，若，此時，滿足要求，若，此時，不合要求，若，此時，不合要求，綜上，.故選C2．【正確答案】B【詳解】已知，則.則.故選B.3．【正確答案】C【分析】寫出的展開式通項，即可列式求解.【詳解】，其展開式通項公式為，，所以所求項的系數為.故選C．4．【正確答案】C【詳解】由題意，若，因為均為第二象限角，所以，所以，即，所以，且均為第二象限角，所以，所以，即充分性成立.若，因為均為第二象限角，所以，即，所以，即，因為均為第二象限角，所以，所以，故必要性成立,所以“”是“”的充要條件.故選C.5．【正確答案】D【詳解】解：設圓錐底面半徑為，高為，則圓錐體積又圓錐體積，當且僅當時，即當時圓錐體積取得最大值側面展開圖圓心角故選D．6．【正確答案】D【分析】根據向量數量積的坐標運算可得，再利用直線與圓的位置關系數形結合即可得解.【詳解】因為，即，則曲線表示以坐標原點O為圓心，半徑為1的上半圓，并記為，設點，則，所以，令，則，故直線（斜率為，縱截距為）與曲線有公共點，如圖所示：

直線過點，則，即，直線與曲線相切，則，解得或（舍去），所以，則，所以的最大值為.故選D.7．【正確答案】B【詳解】過分別作軸的垂線，垂足分別為，在平面內作軸，軸交于點，連接，則是二面角的平面角，即，則，由軸垂直于，平面，得軸垂直于平面，又軸，則平面，而平面，因此，又函數的周期，即，由勾股定理得，即，解得，而函數的圖象過點，則，即，又，且0在的遞減區間內，所以.故選B8．【正確答案】A【詳解】以O為坐標原點,原x軸正方向為x軸，垂直于x軸的方向為y軸建立平面直角坐標系，則在直角坐標系下，，,則.故選A.9．【正確答案】AC【詳解】散點圖的特點是單調遞增，增長速度越來越慢，且對A選項，符合散點圖的特點；對B選項，有不符合散點圖的特點；對C選項，符合散點圖的特點；對D選項，的增長速度不變，不符合散點圖的特點；故選AC10．【正確答案】BC【詳解】對于A選項，圓的方程可化為，若圓過定點，則，可得，矛盾，A錯；對于B選項，圓的圓心坐標為，則圓心在直線上，B對；對于C選項，圓心到直線的距離為，故直線與圓相切，同理可知，直線與圓也相切，C對；對于D選項，設定圓的圓心為，半徑為，設，若定圓與圓外切，則，化簡得，由二次函數的性質可知，關于的二次函數在時的值不可能恒為零，舍去；若定圓與圓內切，則，化簡可得，由二次函數的性質可知，關于的二次函數在時的值不可能恒為零，舍去.同理可知，當時，不存在定圓與圓相切，D錯.故選BC.11．【正確答案】ABD【詳解】對于A，由可得；對于B，由可得，即，所以關于點中心對稱，故B正確；對于C，由可得，所以關于軸對稱，故C錯誤；對于D，由中令可得，設，①又，②由①②可得，所以，即，所以，所以所以，故D正確；故選ABD.12．【正確答案】95【詳解】因為數列為等差數列，則由題意得，解得，則.13．【正確答案】【詳解】設球的半徑為.當球是正方體的外接球時，恰好經過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導致球面和棱沒有交點，正方體的外接球直徑為體對角線長，即，故；

分別取側棱的中點，顯然四邊形是邊長為的正方形，且為正方形的對角線交點，連接，則，當球的一個大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達到最小，即的最小值為.綜上，.14．【正確答案】【詳解】設從出發最終從1號口出的概率為，所以，解得.15．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）因為，即，可得，由余弦定理可得，因為，故.（2）因為，，則，由正弦定理得，解得.16．【正確答案】(1)分布列見解析，(2)【詳解】（1）由題知甲每局贏的概率為，甲不贏的概率為，則，的可能取值為，，，，所以，，，，則的分布列為：0123所以；（2）由題知乙每局贏的概率為，乙不贏的概率為，因為乙在4局以內（含4局）贏得比賽，則分兩種情況：乙前3局全勝和前3局只有一局不勝，第四局乙勝，所以乙在4局以內（含4局）贏得比賽的概率；17．【正確答案】(1)，離心率；(2)存在，.【詳解】（1）由題意，得，所以.所以橢圓的方程為，離心率.（2）設直線的方程為（顯然），點，設，聯立方程，整理得.所以.法一：因為.又，所以.所以，直線的斜率與直線的斜率互為相反數.設直線的斜率為，直線的斜率為，，整理可得，，因為，所以，，即，解得.所以點的坐標.法二：因為，又，所以，即，，所以，且，整理得，則，而，顯然，所以，故，所以，解得.所以點的坐標.18．【正確答案】(1)(2)和(3)證明見解析【詳解】（1）由題意知.若，則，所以.令，得.當時，當時，所以在單調遞減，在單調遞增，所以的極小值等于.（2）因為，所以，由，即，解得或，所以在和單調遞增，由，即，解得，所以在單調遞減，故的單調增區間為和.（3）當時，由（2）知，的極大值等于；當時，，單調遞增，無極大值；當時，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以的極大值等于，令，所以，在上在上，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以故，綜上所述，.19．【正確答案】(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ)詳解解析；(Ⅲ)證明詳見解析.【分析】(Ⅰ)根據定義驗證，即可判斷；(Ⅱ)根據定義逐一驗證，即可判斷；(Ⅲ)解法一：首先，證明數列中的項數同號，然后證明，最后，用數學歸納法證明數列為等比數列即可.解法二：首先假設數列中的項數均為正數，然后證得成等比數列，之后證得成等比數列，同理即可證得數列為等比數列，從而命題得證.【詳解】(Ⅰ)不具有性質①；(Ⅱ)具有性質①；具有性質②；(Ⅲ)解法一首先，證明數列中的項數同號，不妨設恒為正數：顯然，假設數列中存在負項，設，第一種情況：若，即，由①可知：存在，滿足，存在，滿足，由可知，從而，與數列的單調性矛盾，假設不成立.第二種情況：若，由①知存在實數，滿足，由的定義可知：，另一方面，，由數列的單調性可知：，這與的定義矛盾，假設不成立.同理可證得數列中的項數恒為負數.綜上可得，數列中的項數同號.其次，證明：利用性質②：取，此時，由數列的單調性可知，而，故，此時必有，即，最后，用數學歸納法證明數列為等比數列：假設數列的前項成等比數列，不妨設，其中，（的情況類似）由①可得：存在整數，滿足，且（*）由②得：存在，滿足：，由數列的單調性可知：，由可得：（**）由（**）和（*）式可得：，結合數列的單調性有：，注意到均為整數，故，代入（**）式，從而.總上可得，數列的通項公式為.即數列為等比數列.解法二：假設數列中的項數均為正數：首先利用性質②：取，此時，由數列的單調性可知，而，故，此時必有，即，即成等比數列，不妨設，然后利用性質①：取，則，即數列中必然存在一項的值為，下面我們來證明，否則，由數列的單調性可知，在性質②中，取，則，從而，與前面類似的可知則存在，滿足，若，則：，與假設矛盾；若，則：，與假設矛盾；若，則：，與數列的單調性矛盾；即不存在滿足題意的正整數，可見不成立，從而，然后利用性質①：取，則數列中存在一項，下面我們用反證法來證明，否則，由數列的單調性可知，在性質②中，取，則，從而，與前面類似的可知則存在，