精品解析：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，则（ ） A. B. C. D. 2. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 以下命题为假命题的是（ ） A. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为8 B. 一组数据的第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. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，最终求得线性回归方程为，则模型中的值对应分别是0.4和2． 5. 已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. 0 C. D. 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.已知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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，下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 关于直线对称 C. 在区间上单调递减 D. 的一个零点为 10. 已知抛物线的焦点为F，C上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的准线方程为 C. 圆的标准方程为 D. 若过点，且与直线为坐标原点）平行的直线与圆相交于A，B两点，则 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象是中心对称图形 B. 的图象是轴对称图形 C. 是周期函数，且最小正周期为 D. 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. 记为等差数列的前项和，若，则__________． 13. 已知是方程的两个实数根，__________． 14. 某盒中有12个大小相同的球，分别标号为，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，则随机变量的概率是__________． 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是边上一点，，且，求的面积． 16. 在平行四边形中，，，.将沿翻折到的位置，使得. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由. 17. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，曲线在轴的上方，求实数的取值范围． 18. 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，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，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：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. 已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为． （1）求双曲线的标准方程； （2）若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：； （3）求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以．若方程的正整数解为，且初始解，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数乘法求的代数形式，再由模的公式求结论. 【详解】因为， 所以， 故选：C. 2. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】假设命题“”为真命题，可得，由此可得，再求其补集可得结论. 【详解】若命题“”是真命题， 则， 又因为， 所以， 所以若命题“”是假命题，则实数的取值范围是． 故选：B. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律和模长公式计算即得. 【详解】由可得，， 又由两边平方得，， 又，代入整理得，，解得，． 故选：D. 4. 以下命题为假命题的是（ ） A. 若样本数据的方差为2，则数据的方差为8 B. 一组数据的第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. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，最终求得线性回归方程为，则模型中的值对应分别是0.4和2． 【答案】D 【解析】 【分析】利用方差的性质判断选项A;利用百位分数的定义判断选项B；利用频率分布直方图的特点判断选项C；利用指对运算判断选项D. 【详解】对于A，若样本数据的方差为2， 则数据的方差为，故A正确； 对于B，，则其第80百分位数是，故B正确； 对于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； 对于D，以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程， 设，则， 线性回归方程为，则， 故的值分别是和2，故D错误． 故选:D． 5. 已知曲线，设曲线上任意一点与定点连线的中点为，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设动点坐标，找到动点坐标与曲线上点坐标的关系，通过已知解析式得出动点的轨迹方程. 【详解】设，因为为的中点，所以，即， 又因为点在曲线上，所以，即． 所以点的轨迹方程为，即． 故选：B 6. 设函数，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令函数，化简求得，得到关于直线对称，结合题意，得到，即可求解. 【详解】令函数， 可得 ，即，所以函数关于直线对称， 因为函数与恰有一个交点，所以， 可得，解得， 当，时，，所以. 故选：C. 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.已知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式即可求得结果. 【详解】如下图所示：分别为上下底面的中心，作于点， 根据题意可知，侧棱与底面所成的角即为，可知； 因此可得， 易知，由正四棱台性质可得； 所以该正四棱台的高为， 因此该四棱台的体积是. 故选：B 8. 已知，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求导得，再分与研究函数的单调性，当函数单调递增，不恒成立；当时，将恒成立问题通过单调性转化为求解函数的最小值大于等于1，进而得到的不等关系，由此利用不等式的性质转化求解的范围即可. 【详解】由题意，，， 当时，恒成立，则单调递增， 当时，，故不恒成立； 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 恒成立，则， 设， ，令，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增； ， ，且当时，. 故选：D． 二､多选题：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，下列说法正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 关于直线对称 C. 在区间上单调递减 D. 的一个零点为 【答案】BC 【解析】 【分析】计算最小正周期判断A选项；代入检验法判断函数对称轴单调区间和零点，判断选项BCD. 【详解】函数， 由周期公式知最小正周期为，A选项错误； ，可知直线是对称轴，B选项正确； 时，，正弦函数在区间上单调递减，C选项正确； ，可知不是零点，D选项错误． 故选：BC. 10. 已知抛物线的焦点为F，C上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的准线方程为 C. 圆的标准方程为 D. 若过点，且与直线为坐标原点）平行的直线与圆相交于A，B两点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知及抛物线定义可判定AB，求出点坐标，进而得圆心坐标及半径可判定C，求出直线方程，利用直线与圆相交求出弦长可判定D. 【详解】选项A：因C上一点到和到轴的距离分别为12和10， 由抛物线定义可知，，故A正确； 选项B：准线方程为，故B错误； 选项C：设，由到轴的距离分别为10，所以， 则，即，又，所以圆心， 半径， 所以圆的标准方程为，故C正确； 选项D：因为直线为坐标原点）平行的直线，所以， 所以直线的方程为， 又圆心到直线的距离为， 所以，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象是中心对称图形 B. 的图象是轴对称图形 C. 是周期函数，且最小正周期为 D. 存在最大值与最小值 【答案】BD 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，根据函数的对称性，周期的定义判断BC，令，则，根据函数为偶函数，再利用导数可求其最值，判断D，证明为函数的对称轴，结合单调性推出矛盾排除A. 【详解】， 对于B选项，，则函数关于对称．故B正确． 对于C选项，， 所以为函数的周期．故C错． 对于D选项，令，由于为偶函数，则只需要考虑部分即可．，则．故D正确． 对于A选项，因为， 所以函数的图象关于对称，又函数的图象关于对称， 因为在上单调递增，且， 函数在上单调递减， 所以在上单调递减， 由对称性，周期性可得若函数有对称中心， 则为其一个对称中心，， 但，故A错误． 故选：BD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记为等差数列的前项和，若，则__________． 【答案】63 【解析】 【分析】先由等差数列的通项公式结合题意求出，再由等差数列的前n项和公式即可求解. 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得， 解得，所以. 故答案为：63. 13. 已知是方程的两个实数根，__________． 【答案】 【解析】 【分析】由韦达定理有，利用两角和的正切公式计算，再由倍角公式计算. 【详解】是方程的两个实数根， 则有， 因此，． 故答案为：. 14. 某盒中有12个大小相同的球，分别标号为，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，则随机变量的概率是__________． 【答案】 【解析】 【分析】随机变量即取出的3个球的标号之和被3除的余数为2，可分三类：3个取出的球中被3除余数为1的球有2个、1个、0个，利用加法计数原理与古典概型概率公式求解可得. 【详解】从12个球中任取3个球有种不同的方法， 1到12中能被3整除的有；除3余1的有；除3余2的有， 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； 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； 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， 则． 故答案为：. 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是边上一点，，且，求的面积． 【答案】（1） （2）27 【解析】 【分析】（1）由余弦定理化角为边得，利用余弦定理的变形公式即可求得； （2）利用（1）的结论和余弦定理，求得由整理成，两边取平方，代入已知，即可求得继而求出和即可求得的面积. 【小问1详解】 由和余弦定理可得，， 将代入得，，化简得，即， 由余弦定理可得，； 【小问2详解】 如图，由（1）和余弦定理可得，则， 故 由，结合图形可得，， 整理得，，两边取平方可得， ，因， 代入可得，，整理得：， 解得，则． 故的面积为：． 16. 在平行四边形中，，，.将沿翻折到的位置，使得. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，，， 在三角形中，由正弦定理可得，， ，又，故， 所以，即， 因为，，，所以，则有， ，平面，所以平面. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据长度和角度得到，，进而可证. （2）设，利用向量法求出即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）平面，且平面， 所以平面平面.平面平面， 在平行四边形中，，即，故平面. 以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以，， 易知平面的一个法向量为， 则，整理可得， 因为，解得， 因此，线段PC上存在点，使二面角的余弦值为，且. 17. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，曲线在轴的上方，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）求导后求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可； （2）求导后，讨论单调性，再分和得到单调性，然后结合二次函数和对数的运算求出最值即可； 【小问1详解】 当时，， ， ， 曲线在点处的切线方程为 即； 【小问2详解】 函数， 当时，， 由可得或（舍去）， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当即时， 所以在上单调递增， 则，即曲线在轴的上方， 当即时， 在上单调递减，在上单调递增， 则， 由时，曲线在轴的上方， ，解得，则， 综上，实数a的取值范围为． 18. 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，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，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：满足什么条件时可以提高整个灭火系统的正常工作概率？ 【答案】（1）均值为，方差为； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项分布得出均值及方差公式计算即可； （2）应用二项分布的概率求解即可； （3）应用二项分布的概率及互斥事件求和计算求解即可； 【小问1详解】 记X为系统中可以正常工作的喷淋装置的个数． 由题意知， 所以该仓库灭火装置正常工作的个数的均值为 方差D； 【小问2详解】 记事件A为“该仓库灭火系统需要维修” 则． 所以系统需要维修的概率为． 【小问3详解】 记事件为“该仓库灭火系统能正常工作”， 由题意可知 则 由（2）可知灭火系统原来可以正常工作概率为， 若新增两个电子元件后整个系统的正常工作概率提高了，则有不等式成立， 解得，而． 综上当时，可以提高整个系统的正常工作概率． 19. 已知双曲线的实轴长为2，顶点到渐近线的距离为． （1）求双曲线的标准方程； （2）若直线与的右支及渐近线的交点自上而下依次为，证明：； （3）求二元二次方程的正整数解，可先找到初始解，其中为所有解中的最小值，因为，所以；因为，所以；重复上述过程，因为与的展开式中，不含的部分相等，含的部分互为相反数，故可设，所以．若方程的正整数解为，且初始解，则的面积是否为定值？若是，请求出该定值，并说明理由． 【答案】（1）； （2）证明：由题意直线的斜率不为0，设直线，因为直线与的右支交于两点，所以， 联立得， AI 所以，且，即， 联立得，所以， 所以，即线段的中点重合，所以． （3）为定值1，理由如下： 由题意得方程的初始解为，则根据循环构造原理得 ， 从而， 记，则，设的夹角为， 则的面积 ， 令， 则 ，于是的面积为定值1． 【解析】 【分析】（1）根据实轴长和顶点到渐近线的距离求解即可； （2）将转化为线段的中点重合，结合韦达定理求解即可； （3）知识迁移，类比二元二次方程的正整数解，求方程的正整数解，然后将的面积表示出来即可. 【小问1详解】 由题意，解得， 所以双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 略; 【小问3详解】 的面积为定值1，理由略. 【点睛】思路点睛：结合题目给的数学情景，运用到新的数学问题中，将学习过的知识方法迁移到新的问题中. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $