广西南宁市第三中学2025届高三上学期9月适应性测试数学试题

南宁三中九月适应性测试 数学试题 第 1页 共 4页 南宁三中 2025届高三九月适应性测试 数学试题 本试卷共 4页，19小题，满分 150分，考试用时 120分钟. 注意事项： 1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在 答题卡上.用 2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上. 2. 选择题每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位 置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作 答的答案无效. 4. 考生必须保持答题卡的整洁. 一、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．已知复数  i 1 iz   ，则 z （ ） A． 2 B．3 C． 2 D． 3 2. 若命题“ 2, 2 3x x x m    R ”是假命题，则实数m的取值范围是（ ） A．  , 2 B．  2, C．  , 2 D．  2, 3. 已知向量 ,a b   满足 2, 2 4a a b      ，且  2 0b a b     ，则 b  （ ） A．1 B． 2 2 C． 3 D． 2 4．以下命题为假命题的是（ ） A．若样本数据 1 2 3 4 5 6, , , , ,x x x x x x 的方差为 2，则数据 1 2 3 4 652 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1x x x x x x      的方 差为 8 B．一组数据 8，9，10，11，12的第 80百分位数是 11.5 C．一般来说，若一组数据的频率分布直方图为单峰且不对称，且直方图在左边“拖尾”，则这组 数据的平均数小于中位数. D．以模型 ekxy c 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设 lnz y ，最终求得线性回归 方程为 2 0.4z x  ，则模型中 c，k的值对应分别是 0.4和 2. 5. 已知曲线 C： 2 2 1x y  ，设曲线 C上任意一点 A与定点  3,0B 连线的中点为 P，则动点 P的轨迹方 程为（ ） A. 2 23 1 2 4 x y       B. 2 23 1 2 4 x y       C. 2 23 1 2 16 x y       D. 2 23 1 2 16 x y       南宁三中九月适应性测试 数学试题 第 2页 共 4页 6. 设函数 ( ) 2sin 2 6 f x x ax  ， 2( ) ( 2) 8g x a x a   ，曲线 ( )y f x 与 ( )y g x 恰有一个交点，则 a （ ） A. 1 B. 0 C. 2 3 D. 3 4 7. 用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.己知正四棱台的上､下底面边长分别为 1 和 2，侧棱与底面所成的角为 π 4 ，则该四棱台的体积是（ ） A． 7 6 B． 7 2 6 C． 7 2 3 D． 7 2 2 8. 已知  , , xa b R f x e ax b    ，若   1f x  恒成立，则 b a a  的取值范围是（ ） A． 0,  B．  1, C． -2,  D．[ 1, )  二、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。全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分。 9. 对于函数 1( ) sin( ) 2 6 f x x   ,下列说法正确的有（ ） A. ( )f x 的最小正周期为 B. ( )f x 关于直线 4 3 x  对称 C. ( )f x 在区间 4 8, 3 3       上单调递减 D. ( )f x 的一个零点为 3 x   10. 已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F，C上一点 P到 F 和到 y轴的距离分别为 12和 10，且点 P 位于第一象限，以线段 PF为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ） A． 4p  B．C的准线方程为 = 2y  C．圆的标准方程为 2 2( 6) ( 2 5) 36x y    D．若过点(0,2 5)，且与直线 (OP O为坐标原点）平行的直线l与圆相交于A，B两点，则| | 4 5AB  11. 已知函数   sin cos cos sine ex x x xf x    ,则下列说法正确的是（ ） A．  f x 的图像是中心对称图形 B．  f x 的图像是轴对称图形 C．  f x 是周期函数，且最小正周期为 2π D．  f x 存在最大值与最小值 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．记 nS 为等差数列{ }na 的前 n项和，若 2 5 8a a  ， 3 42 11a a  ，则 9S  . 13．已知 tan , tan 是方程 2 3 3 0x x   的两个实数根， tan(2 2 )  = . 14．某盒中有 12个大小相同的球，分别标号为1,2, ,12 ，从盒中任取 3个球，记为取出的 3个球的 标号之和被 3除的余数，则随机变量 =2的概率是 . 南宁三中九月适应性测试 数学试题 第 3页 共 4页 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）记△ABC的内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，已知 c＝2b，cosB+2cosC＝0． （1）求 cosA； （2）若 D是边 AB上一点， 1 2 AD DB   ，且 17CD  ，求△ABC的面积． 16．（15分）在平行四边形 ABCD中， 60D  ， 1CD  ， 3AC  .将 ABCV 沿 AC翻折到 APC△ 的 位置，使得 5PD  . （1）证明：CD平面 APC； （2）在线段 AD上是否存在点M ，使得二面角M PC A  的余弦值为 2 39 13 ?若存在，求出 AM MD 的值; 若不存在，请说明理由. 17．（15分）已知函数 )0(,ln2)( 2  axa x axxf （1）当 1a 时，求曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （2）当 [e, )x  时，曲线 ( )y f x 在 x轴的上方，求实数 a的取值范围. 南宁三中九月适应性测试 数学试题 第 4页 共 4页 18. （17分）为防范火灾，对某仓库的灭火系统的 3套喷淋装置进行检查，发现各套装置能正常工作的 概率为 3 4 ，且每套喷淋装置能否正常工作是相互独立的.若有超过一半的喷淋装置正常工作，则该 仓库的灭火系统能正常工作，否则就需要维修. （1）求该仓库灭火装置正常工作的个数的均值与方差； （2）系统需要维修的概率； （3）为提高灭火系统正常工作的概率，在仓库内增加两套功能完全一样的其他品牌的喷淋装置，每 套新喷淋装置正常工作的概率为 (0 1)p p  ，且新增喷淋装置后有超过一半的系统能正常工作，则灭火 系统可以正常工作．问： p满足什么条件时可以提高整个灭火系统的正常工作概率？ 19. （17分）已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0) x yE a b a b     的实轴长为 2，顶点到渐近线的距离为 3 3 . （1）求双曲线 E的标准方程； （2）若直线 l与 E的右支及渐近线的交点自上而下依次为C A B D、 、 、 ，证明： AC BD ； （3）求二元二次方程 2 23 1x y  的正整数解   *, , ,n n n n nQ x y x y nN ，可先找到初始解  1 1,x y ，其 中 1x 为所有解 nx 中的最小值，因为     2 21 2 3 2 3 2 3 1      ，所以  1 2,1Q ；因为    2 2 2 21 (2 3) (2 3) 7 4 3 7 4 3 7 3 4         ，所以  2 7,4Q ；重复上述过程，因为 (2 3)n 与 (2 3)n 的展开式中，不含 3的部分相等，含 3的部分互为相反数，故可设        2 21 2 3 2 3 3 3 3n n n n n n n nx y x y x y         ，所以  ,n n nQ x y . 若方程 E的正整数解为  ,n n nQ x y ，且初始解  1 3,2Q ，则 1n nOQ Q △ 的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由. 1 南宁三中 2025届高三九月适应性测试 数学答案 1. C【详解】因为  i 1 i 1 iz     ，所以 2 21 1 2z    ，故选：C. 2. B【详解】若命题“ 2, 2 3x x x m    R ”是真命题，则  min2 2 3 x xm ，又因为  22 2 3 1 2 2y x x x       ，所以 2m  ，即实数m的取值范围是  2, .故选：B 3. D【详解】因为  2 0b a b     ，即 2 2b a b    ，又因为 2, 2 4a a b      ，所以 2 2 4 4 4 4 6 16a b b b          ， 从而 2b   . 4. D【详解】对 A：若样本数据 1 2 6, , ,x x x 的方差为 2，则数据 1 2 3 4 652 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1x x x x x x      的方差为 22 2 8  ，故 A正确；对 B：5 80% 4  ，则其第 80百分位数是 11 12 11.5 2   ，故 B正确； 对 C，一般来说，对于单峰的频率分布直方图，右边“拖尾”时平均数大于中位数，左边“拖尾”时 平均数小于中位数，故 C正确；对 D，以模型 eby c 去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程， 设 lnz y ，则 ln ln ln e lnkxz y c c kx     ，由题线性回归方程为 2 0.4z x  ，则 ln 0.4, 2c k  ，故 ,c k的值分别是 0.4e 和 2，故 D错误. 故选：D. 5. B【详解】设 P x, y ，  0 0,A x y ，因为 P为 AB的中点，所以 0 0 3 2 2 xx yy       ，即 0 0 2 3 2 x x y y     ，又因为点 A 在曲线 2 2 1x y  上，所以 2 20 0 1x y  ，所以   2 22 3 4 1x y   ．所以点 P的轨迹方程为  2 22 3 4 1x y   即 2 23 1 2 4 x y       . 6. C【详解】令 2( ) ( ) ( ) 2sin ( 3) 3 6 h x f x g x x a x a      ， ( )h x 关于直线 3x  对称， (3) 0h  ， 2 3 a  . 7. B【详解】如下图所示： 1,O O 分别为上下底面的中心，作 1C E AC 于点 E， 根据题意可知 1 1 1, 2A B AB  ，侧棱与底面所成的角即为 1C CE ， 可知 1 π 4 C CE  ；因此可得 1C E CE ，易知 1 12 2, 2AC AC  ， 由正四棱台性质可得  1 1 1 2 2 2 CE AC AC   ；所以该正四棱台的高为 1 2 2 C E CE  ，因此该四棱 台的体积是  2 2 2 21 2 7 21 2 1 23 2 6V       .故选：B 8. D【解析】∵   xf x e ax b   ，∴   xf x e a   ，当 0a  时，   0f x ′ 恒成立，则  f x 单调递增， 2   1f x  不恒成立，当 0a  时，令   0xf x e a    ，解得 lnx a ，当 ( , ln )x a  时，   0f x ′ ， 函数  f x 单调递减，当 ( , ln )x a  时，   0f x ′ ，函数  f x 单调递增，∴    min ln lnf x f a a a a b    ，∵   1f x  恒成立，∵ ln 1a a a b   ∴ ln 1b a a a   ，∴ ln 2 1 1ln 2b a a a a a a a a      … ，设   1ln 2, 0g a a a a     ∴   2 2 1 1 1ag a a a a      ，令   0g a  ， 解得 1a  ，当  0,1a 时，   0g a  ，函数  g a 单调递减，当 (1, )x  时，   0g a  ，函数  g a 单 调递增，∴  min 0 1 2 1g a      ，∴ 1 b a a    ，故答案 [ 1, )  . 9. BC【详解】由周期公式知最小正周期为 2 4 1 2 T    , A 错； 4 1 4( ) sin( ) sin 1 3 2 3 6 2 f         ，可 知直线 4 3 x  是对称轴，B正确； 4 8, 3 3 x       时， 1 7[ , ] 2 6 2 6 x     ，正弦函数在区间 7[ , ] 2 6   上单 调递减，C正确; ( ) sin( ) 0 3 3 f      ，可知 3 x   不是零点，D错. 10. ACD【详解】选项 A：因 C上一点 P到 F 和到 y轴的距离分别为 12和 10，由抛物线定义可知， 10 12 4 2 pPF p     ，故A正确；选项B：准线方程为 2x   ，故B错误；选项C：设  0 0 0, , 0P x y y  ， 由 P到 y轴的距离分别为 10，所以 0 10x  ，则 0 4 5y  ，即  10,4 5P ，又  2,0F ，所以圆心  6,2 5 ， 半径     2210 2 4 5 6 2 2 PF     ，所以圆的标准方程为 2 2( 6) ( 2 5) 36x y    ，故 C正确；选 项 D：因为直线 (OP O为坐标原点）平行的直线 l，所以 4 5 2 5 10 5l OP k k   ，所以直线 l的方程为 2 5 2 5 5 y x  ，又圆心  6,2 5 到直线 l的距离为 2 2 5 6 2 5 2 5 5 4 2 5 1 5           ，所以 2 2| | 2 6 4 4 5AB    ，故 D正确. 11. BD【详解】   π π2sin( ) 2cos( ) 4 4e e x x f x     ,对于 A选 项,   π π π π2sin( ) 2cos( ) 2sin(- ) 2cos(- ) 4 4 4 4( ) e e e e x x x x f x f x          不为常数,故 A错误.对于 B选项, 2 sin 2sinπ πe e 4 4 x xf x f x                ,则函数关于 π 4 x  对称. 故 B正确.对于 C选 项,   3π 5π2sin( ) 2cos( ) 4 4 ( )π e e       x x f f xx ,则函数周期为 π .故 C错.对于 D选项,令 3 π2sin( ) 2, 2 , ( ) e e , 4 t tt x g t         由于 ( )g t 为偶函数,则只需要考虑 0, 2    部分即可. ( ) e e , 0, ( ) 0,t tg t t g t     则 2 22 (0) ( ) ( 2) e +eg g t g     .故 D正确. 12. 63【详解】因为数列 na 为等差数列，则由题意得   1 1 1 1 4 8 2 2 3 11 a d a d a d a d          ，解得 1 1 2 a d     ，则  9 1 8 99 9 1 36 2 63 2 S a d        . 13. 24 7 【详解】因为 tan , tan  是方程 2 3 3 0x x   的两个实数根，所以 tan tan 3, tan tan 3       因此 tan tan 3tan( ) 1 tan tan 4           2 3 2 tan( ) 242tan(2 2 )= 91 tan ( ) 71 16             . 14. 18 55 【详解】从 12个球中任取 3个球有 312C 220 种不同的方法，1到 12中能被 3整除的有 3,6,9,12， 除 3余 1的有 1,4,7,10，除 3余 2的有 2,5,8,11，取出的 3个球的标号之和被 3除余 2的情况有：①标 号被 3除余数为 1的球 2个和标号被 3整除的球 1个有 1 24 4C C 24 ；②标号被 3除余数为 1的球 1个 和标号被 3除余数为 2的球 2个有 1 24 4C C 24 ；③标号被 3除余数为 2的球 1个和标号被 3整除的球 2个有 1 24 4C C 24 ，则   24 24 24 182 220 55 P      . 15.【解答】解：（1）由 cosB+2cosC＝0，得 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 a c b a b c ac ac       ， 将 c＝2b代入得， 2 2 2 2 2 24 42 0 2 2 2 a b b a b b a b ab        ，化简得 5a2＝9b2，即 3 5 5 a b ， 则 2 2 2 2 2 2 2 94 45cos 2 4 5 b b bb c aA bc b       ； （2）由（1）可知 2 2 2 2 2 2 2 9 4 55cos 2 56 3 5 b b bb a cC ab b        , 2 5sin 5 C  则在△DCB中，由 1 2 AD DB   ，  12CD CA CB CD       2 1 3 3 CD CA CB        2 2 2 24 1 4 cos2 1 3 9 9 93 b a abD CA CB CC              217 5 17 4 b 解得 3 5, 9b a  。故△ABC的面积 1 sin 27 2 S ab C  ． 4 16．(1)证明见解析 (2)存在， 1 4 AM MD  【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形 ABCD为平行四边形， 60D  ， 1CD  ， 3AC  ， 在三角形 ACD 中，由正弦定理可得 sin sin AC CD ADC CAD    ， 3 1 sin 60 sin CAD   ， 1sin 2 CAD  ，又 AC CD ，故 30 CAD ，所以 90ACD ∠ ，即CD AC ， 因为 5PD  ， 2PC  ， 1CD  ，所以 2 2 2PC CD PD  ，则有CD PC ， PC AC C  ， ,AC PC 平面 APC，所以CD平面 APC . （2）由（1）CD平面 APC，且CD 平面 ADC，所以平面 ADC 平面 APC . 平面 ADC平面 APC AC ，在平行四边形 ABCD中，BA AC ，即 PA AC ，故 PA 平面 ADC . 以点C为坐标原点，CDCA AP    ， ， 的方向分别为 x y z， ， 轴的正方向建立空间直角坐标系，则  0,0,0C ，  1,0,0D ，  0, 3,1P ，  0, 3,0A ， 设    1, 3,0 , 3 ,0AM AD         ，其中 0 1≤ ≤ ， 则      0, 3,0 , 3 ,0 , 3 3 ,0CM CA AM             ，  0, 3,1CP  ， 设平面MCP的法向量为  , ,m x y z ， 则   3 0 3 3 0 m CP y z m CM x y               ，取 y  ，则 3z   ，  3 1x   所以，   3 1 , , 3m      ，易知平面CPA的一个法向量为  1,0,0n  ， 则   2 2 2 3 1 2 39cos , 133( 1) 3 m n m n m n                     ，整理可得 215 2 1 0    ， 因为 0 1≤ ≤ ，解得 1 5   ， 因此，线段 PC上存在点M ，使二面角M AB C  的余弦值为 2 39 13 ，且 | | 1 | | 4 AM MD  . 17.1．(1) 52  xy ；(2) 3e ,0 2       . 【详解】（1）当 1a 时， x x xxf ln2)(  ∴ x xxf x 12)(' 2  ∴ 2)1('3)1(  ff 5 ∴曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 52),1)(2(3  xyxy ； （2）∵函数 22( ) ln ( )af x x a x a x     R ， 当 0a  时，   2 2 2 22( ) 1 x a x aa af x x x x        ，由 ( ) 0f x  可得 2x a  或 x a （舍去）， ∴当 (0, 2 )x a  时， ( ) 0, ( ) f x f x 单调递减，当 ( 2 , )x a   时， ( ) 0, ( ) f x f x 单调递增， 当 2 ea  即 e 02 a ≤ 时，所以 ( )f x 在[e, ) 上单调递增， 则 222 2 e( ) (e) e e7 0 e 4 8e af x f a a           ，即曲线 ( )y f x 在 x轴的上方， 当 2 ea  即 e2a   时， ( )f x 在[e, 2 )a 上单调递减，在 ( 2 , )a  上单调递增， 则  ( ) ( 2 ) 3 ln 2f x f a a a a      ，由 [e, )x  时，曲线 ( )y f x 在 x轴的上方， ∴  3 ln 2 0a a a    ，解得 3e 2 a   ， 综上，实数 a的取值范围为 3e ,0 2       . 18.（1） 9 16 (2) 5 32 (3) 3 3 1 2 p   【详解】记 X为系统中可以正常工作的喷淋装置的个数. （1）由题意知 X~B（3， 3 4 ）， 所以该仓库灭火装置正常工作的个数的均值为 3 9E(X)=3 4 4   方差 D（X）= 3 3 93 (1 ) 4 4 16     ； （2）记事件 A为“该仓库灭火系统需要维修” 则       3 1 2 0 1 3 3 3 3 3 9 5X 0 X 1 4 4 4 64 64 32 1C 1 C 1P A P P                           . 所以系统需要维修的概率为 5 32 . （2）记事件 B为“该仓库灭火系统能正常工作”， 由题意可知      2 13 2 2 2 13 0 1 1 2 2 3 2 3 2 3 2 23 3 3 3 33 4 4 4 1 4 4 C C C 1 C 1 C 1 CP p p pX p                                       2 218 27 9 27 64 64 32 64 p p          3 2 3 1 2 2 2 2 3 2 3 2 27 27C C 1 C 1 C3 3 34 4 4 4 24 6 3 P p p p p pX                             3 3 2 2 2 3 2 3 275 4 64 C CP X p p         则        3 4 5P B P X P X P X      2 22 2 27 27 3 9 27 27 9 27 27 32 64 64 32 2 6464 32 pp pp pp         由（2）可知灭火系统原来可以正常工作概率为   5 271 1 32 32P A    ， 6 若新增两个电子元件后整个系统的正常工作概率提高了，则有不等式 29 27 27 27 32 32 64 32 p p    成立， 解得 3 3 3 3 2 2 p   ,而0 1p  . 综上当 3 3 1 2 p   时，可以提高整个系统的正常工作概率. 19. (1) 2 2 11 2 yx   ;(2)证明见解析;(3)1 【详解】（1）由题意 2 2 2 2 2 3 3 2 2 ab a b a c a b          ，解得 2 2 1 1 2 a b      ，所以双曲线 E的标准方程为 2 2 11 2 yx   ； （2）由题意直线 l的斜率不为 0，设直线 :l x my t  ，因为直线 l与 E的右支交于两点，所以 0t  ， 联立 2 22 1 x my t x y      得  2 2 22 2 1 0m y mty t     ， 所以 2 2 2A B mty y m     ，且  2 2Δ 4 2 2 0m t    ，即 2 22 2m t  ， 联立 2 22 0 x my t x y      得  2 2 22 2 0m y mty t    ，所以 22 2C D mty y m     ， 所以 2 2 2C D A B mty y y y m       ，即线段 ,AB CD的中点重合，所以 AC BD . （3）由题意得方程 2 22 1x y  的初始解为  3,2 ，则根据循环构造原理得    2 3 2 2 , 2 3 2 2n nn n n nx y x y      ， 从而        1 23 2 2 3 2 2 , 3 2 2 3 2 22 4 n n n n n nx y                  ， 记  ,n n nOQ x y  ，则  1 1 1,n n nOQ x y    ，设 nOQ  ， 1nOQ   的夹角为 ， 则 1n nOQ Q △ 的面积 1 2 2 2 1 1 1 1sin sin 2 2n nOQ Q n n n n S OQ OQ OQ OQ             2 2 2 2 2 1 1 1 cos 2 n n n n OQ OQ OQ OQ           22 21 112 n n n nOQ OQ OQ OQ             22 2 2 21 1 1 112 n n n n n n n nx y x y x x y y        1 1 1 2 n n n n x y x y   ， 令    3 2 2 , 3 2 2n na b    ， 1ab  ， 则             1 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 216n nOQ QS a b a b a b a b                 2 8 2 1 16 ab   ，于是 1n nOQ Q △ 的面积为定值1.