精品解析：2025届福建省高中毕业班适应性练习数学试卷

2025届高中毕业班适应性练习卷 数 学 注意事项： 1．答题前，学生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本练习卷上无效. 3．答题结束后，学生必须将练习卷和答题卡一并交回. 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，为的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合复数的除法求出,即可得到，再用复数的模长公式求解. 【详解】因为, 所以, 则. 故答案为：C. 2. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，得，利用向量的模长公式及数量积的坐标运算，得，，，再利用夹角公式，即可求解. 【详解】因为，则，所以， 又，，所以， 故选：D. 3. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用集合中元素的互异性，集合并集的运算及充分条件，必要条件的定义即可判断. 【详解】①若，则，， 所以”是“”的充分条件； ②若，则或，解得或或. 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意； 当时，，与集合中元素的互异性相矛盾，故舍去， 所以或，所以”是“”的不必要条件， 所以由①②可知，”是“”的充分不必要条件， 故选：A 4. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对等式进行变形，运用二倍角公式化简即可求值. 【详解】当时，等式两边不成立，故， 对等式进行变形可得， 因为在和上单调递增， 故， 故选：A. 5. 已知一个圆锥与一个圆台高相等，圆锥的底面积和圆台的一个底面的面积相等．若圆台的体积是圆锥的体积的7倍，则圆台的上、下底面的面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面面积为，圆台另一个底面的面积为，设高为，写出圆锥和圆台的体积，根据体积比为7，求解面积比即得. 【详解】设圆锥的底面面积为，圆台另一个底面的面积为，高为， 则圆台的体积为：，圆锥的体积为：， 由题意可知：， 即：，变形可得：， 解得：（负值舍去），则. 故选：B 6. 在一定条件下，大气压强（单位：百帕）随海拔高度（单位：米）的变化满足如下函数关系式：为正常数）．已知海拔高度0米处的大气压强为1000百帕，海拔高度10000米处的大气压强为250百帕，那么，若大气压强增加1倍，则海拔高度降低（ ） A. 100米 B. 2500米 C. 5000米 D. 7500米 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出，设大气压强增加1倍，则海拔高度降低米，列式求解即可. 【详解】由题意可得， 所以，， 设大气压强从250百帕增加1倍到500百帕，海拔高度降低米， 则，所以， 所以，即， 所以，所以. 故选：C. 7. 的内角的对边分别为，面积为．若且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据面积公式以及余弦定理可得，即可利用正弦定理边角互化求解. 【详解】由得， 又,故， 所以,故， 由于，则，不可能是钝角， 由于,所以， 故选：A 8. 已知椭圆的一个焦点为，中心为．是上的动点，是以为直径的圆上的动点，且的最大值为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设设，圆心，利用两点间距离公式及条件得到，，再利用圆的性质，即可求解. 【详解】如图设，以为直径的圆的圆心为， 则， 又，得到，所以， 因为，得到， 又， 因为的最大值为，所以， 所以的离心率为， 故选：B. 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. 已知甲组样本数据，由这组数据得到乙组样本数据，其中，则（ ） A. 乙组样本数据的极差是甲组样本数据极差的2倍 B. 乙组样本数据的中位数是甲组样本数据中位数的2倍 C. 乙组样本数据的平均数是甲组样本数据平均数的2倍 D. 乙组样本数据的标准差是甲组样本数据标准差的2倍 【答案】AD 【解析】 【分析】根据极差、中位数、平均数、方差和标准差的概念及计算方法逐项判断即可. 【详解】A选项，甲组数据的极差为，则乙组样本数据的极差是， 乙组样本数据的极差是甲组样本数据极差的2倍，故A正确； B选项，设甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为，故B错误； C选项，设甲组数据的平均数为，则乙组数据的平均数为，故C错误； D选项，甲组数据的标准差为，则乙组数据的标准差为，故D正确. 故选：AD． 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图象求得函数的解析式，结合三角函数的奇偶性判定A，B，再根据周期结合余弦函数的单调性判断C，最后应用诱导公式计算即可求解D. 【详解】由题意，可得，所以， 根据得图象过点，可得，解得， 令，可得，所以， 由，为奇函数，所以A正确； 由，是偶函数，所以B正确； 由，周期为2，， ， 因为函数单调递减，所以，所以，所以C不正确； 由，所以D正确 故选：ABD . 11. 在平面直角坐标系中，直线与曲线交于，直线与曲线交于，且．下列说法正确的是（ ） A. B. 的取值范围是 C. 与的面积相等 D. 若的周长等于的周长的2倍，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意作出图象，作出直线与曲线关于轴对称的图象，可发现其与直线及曲线关于直线对称性，则交点也是对称的，从而得到坐标之间的等量关系.利用发现的对称性和等量关系，针对各个选项进行计算即可作出判断. 【详解】根据题意可作出图象， 因为直线与曲线交于， 如图作直线关于轴的对称直线， 作曲线关于轴的对称曲线， 则直线与曲线的交点为. 又因为直线与直线关于直线对称， 曲线与曲线也关于直线对称， 所以点和点分别与点和点关于直线对称， 则有 对于A，， 同理，. 即，所以，故A正确； 对于B，当直线与曲线相切时，设切点为， 则有，解得， 由图象可知，直线与曲线有两个不同的交点，则必有. 故B错误； 对于C，，， 根据对称性可知，， 所以，故C正确； 对于D，若的周长等于的周长的2倍，由A项可得， 即有，由可得， 两边取对数，可得，则，故D正确. 故答案选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的准线方程为，则该抛物线的标准方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知抛物线的焦点在x轴正半轴上，且，即可得方程. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点在x轴正半轴上，且，即， 所以该抛物线的标准方程为. 故答案为：. 13. 已知函数在上单调递增，函数是定义在上的奇函数，且，则可以是__________．（写出一个满足条件的函数即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】由得，得是上的增函数且是奇函数即可. 【详解】由， 所以是上的增函数且也是奇函数，构造， 所以满足条件， 故答案为：（答案不唯一）. 14. 项数为的数列满足，当且仅当时（其中,规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据分布乘法求出所有的个数，由0出现的次数讨论数列是“好数列”的个数，利用概率公式计算即可. 【详解】由题意，因为项数为6且， 所以每一项都有两种选择，根据分布乘法计数原理， 可构成的数列个数为个， 由题意，若为“好数列”，则意味着若，其前一项与后一项相等， ①则若中没有0，则数列为，不符合题意， ②若中有1个0，不论0在那个位置，都会出现3个1相邻，不符合题意， ③若中有2个0，则，，符合“好数列”定义； ④若中有3个及以上0，若0相邻，根据定义，数列只能为， 若0不相邻，只能1和0间隔出现，会出现两个0中间出现1，不符合题意， 综上，符合题意的“好数列”只有4个， 所以数列是“好数列”的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“好数列”的定义，根据题意能列出符合条件的数列. 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. 数列的前项和为，已知且． （1）求的通项公式； （2）设数列满足，求的最大值． 【答案】（1）； （2）1. 【解析】 【分析】（1）利用即可求解； （2）判断数列的单调性即可求解. 【小问1详解】 ∵①， ∴②， ①-②得：，， ②中令n＝2，则，∴， 为首项为1，公比为2的等比数列， ∴. 【小问2详解】 由（1）知：， 则， 所以 所以当时，有最大值. 16. 如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． （1）证明：平面平面； （2）已知是线段上的点，它到直线的距离为，求直线与平面所成的角． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，从而可得，，在中，由勾股定理可得，由线面垂直的判定定理可得平面，即可证明平面平面； （2）利用空间向量求解. 【小问1详解】 证明：因为在中，, 由正弦定理可得， 即，解得， 因为，所以，所以， 在中，， 所以，所以， 又因为平面，且， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； 【小问2详解】 解：取中点，连接， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由（1）可知平面，又因为，所以平面， 平面，所以， 所以以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， 所以， 设， 所以， 则， 又因为, 所以直线的距离 ， 又因为， 所以， 解得或(舍)， 所以， 因为，， 设平面的法向量为， 则有， 取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 又因为，所以， 所以直线与平面所成的角为. 17. 电商平台人工智能推荐系统是根据用户的喜好为用户推送商品的．某体育用品供应商在甲电商平台推广新品和，在乙电商平台推广新品．已知甲平台向一用户推送的概率为0.7，推送的概率为0.5，同时推送和的概率为0.3；乙平台向该用户推送的概率为0.6，且甲平台的推送结果与乙平台的推送结果互相不受影响． （1）在甲平台没有向该用户推送的条件下，求它向该用户推送的概率； （2）求这两个平台至少向该用户推送A、B、C中的一种的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设甲平台向该用户推送为事件，推送为事件，则甲平台没有向该用户推送为事件，应用条件概率公式，计算可得结果； （2）应用对立事件的性质，可以计算这两个平台向该用户不推送A、B、C中任一种的概率，用1减去可得结果. 【小问1详解】 解：设甲平台向该用户推送为事件，推送为事件，则甲平台没有向该用户推送为事件，由题设可知： ，，，， 又，所以， 【小问2详解】 设平台向该用户推送为事件， 则这两个平台向该用户至少推送A、B、C中的一种的概率为：， 因为甲平台的推送结果与乙平台的推送结果互相不受影响，所以， 因为，所以， 即， 所以. 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线的斜率为，讨论在的单调性； （2）曲线上是否存在四个点，使得以这四点为顶点的四边形是平行四边形？证明你的结论． 【答案】（1）在单调递增，在单调递减 （2）存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意求出参数，分别求出和即可得到函数的减区间和增区间； （2）取，易验证且与不共线，所以四边形为平行四边形． 【小问1详解】 由得，， 所以．依题意，得，所以，此时， 所以当时，；当时，，且． 所以当时，，当且仅当时，； 当时，．故在单调递增，在单调递减． 【小问2详解】 曲线上存在四个点，使得以这四点为顶点的四边形是平行四边形． 证明如下： 取， 因为， 所以四点都在曲线上． 因为，所以， 因， 所以与不共线， 所以四边形为平行四边形． 所以曲线上存在四个点，使得四边形为平行四边形. 19. 已知点是直线外的一个动点，，垂足为，且在线段外，，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）若不过原点的直线交于两点，关于轴的对称点为，请再从条件①、②和③中选择一个合适的作为已知，证明以下问题： （i）过定点； （ii）不可能锐角三角形． 条件：①直线和的斜率之和为； ②直线和的斜率之积为； ③直线和的斜率之商为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先设动点坐标，将几何关系转化为坐标关系后可得曲线的方程； （2）设直线方程并联立，代入双曲线方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理化简目标代数式后可得定点，利用向量的数量积可判断三角形的形状. 【小问1详解】 设，因为，且，垂足为，则点坐标为． 则， 已知，即． 因为在线段外，所以， 则，整理可得曲线的方程为． 【小问2详解】 选择①作条件. 设，则，其中． 因为直线和的斜率之和为，故直线的斜率等于的斜率， 故，故， 故即，故，故， 则关于原点对称，故过原点，与题设矛盾，故不选①. 选择②作为条件． （i）设，则． 显然的斜率不为零，否则有， 此时，与直线和的斜率之积为6，矛盾． 故可设，由得， 依题意，且， ∴且． 由得， ∴， ∵直线和的斜率之积为6，∴， 即，，，解得． 此时恒成立，∴，过定点． （ii）由（i）知，． ①当，即时，，∴均在的右支，如图． 此时 ， ∴是钝角，是钝角三角形． ②当，即或时，， ∴分别在的两支．不妨设在的右支，则，如图． 设，则， ∴． ∵过点，∴， ∴是钝角，是钝角三角形． 综上可知，不可能是锐角三角形． 选择③作为条件． （i）设，则． 显然的斜率不为零，否则， ∵直线和的斜率之商为2，∴， 从而有，解得，此时重合，与题设矛盾． 故可设， 由得， 依题意，且， ∴且． 由得， ∴， 因为直线和的斜率之商为2，所以. ∵点在上，∴，即，∴， 即， 解得．此时恒成立，∴，过定点． （ii）同条件②的（ii）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高中毕业班适应性练习卷 数 学 注意事项： 1．答题前，学生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本练习卷上无效. 3．答题结束后，学生必须将练习卷和答题卡一并交回. 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，为的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 2 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个圆锥与一个圆台的高相等，圆锥的底面积和圆台的一个底面的面积相等．若圆台的体积是圆锥的体积的7倍，则圆台的上、下底面的面积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 在一定条件下，大气压强（单位：百帕）随海拔高度（单位：米）的变化满足如下函数关系式：为正常数）．已知海拔高度0米处的大气压强为1000百帕，海拔高度10000米处的大气压强为250百帕，那么，若大气压强增加1倍，则海拔高度降低（ ） A. 100米 B. 2500米 C. 5000米 D. 7500米 7. 内角的对边分别为，面积为．若且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的一个焦点为，中心为．是上的动点，是以为直径的圆上的动点，且的最大值为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 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. 已知甲组样本数据，由这组数据得到乙组样本数据，其中，则（ ） A. 乙组样本数据的极差是甲组样本数据极差的2倍 B. 乙组样本数据中位数是甲组样本数据中位数的2倍 C. 乙组样本数据的平均数是甲组样本数据平均数的2倍 D. 乙组样本数据的标准差是甲组样本数据标准差的2倍 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 是奇函数 B. 偶函数 C. D. 11. 在平面直角坐标系中，直线与曲线交于，直线与曲线交于，且．下列说法正确的是（ ） A. B. 的取值范围是 C. 与的面积相等 D. 若的周长等于的周长的2倍，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的准线方程为，则该抛物线的标准方程为__________． 13. 已知函数在上单调递增，函数是定义在上的奇函数，且，则可以是__________．（写出一个满足条件的函数即可） 14. 项数为数列满足，当且仅当时（其中,规定：），称为“好数列”．在项数为6且的所有中，随机选取一个数列，该数列是“好数列”的概率为__________． 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. 数列的前项和为，已知且． （1）求的通项公式； （2）设数列满足，求的最大值． 16. 如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． （1）证明：平面平面； （2）已知是线段上的点，它到直线的距离为，求直线与平面所成的角． 17. 电商平台人工智能推荐系统是根据用户的喜好为用户推送商品的．某体育用品供应商在甲电商平台推广新品和，在乙电商平台推广新品．已知甲平台向一用户推送的概率为0.7，推送的概率为0.5，同时推送和的概率为0.3；乙平台向该用户推送的概率为0.6，且甲平台的推送结果与乙平台的推送结果互相不受影响． （1）在甲平台没有向该用户推送的条件下，求它向该用户推送的概率； （2）求这两个平台至少向该用户推送A、B、C中的一种的概率． 18. 已知函数． （1）若曲线在点处的切线的斜率为，讨论在的单调性； （2）曲线上是否存在四个点，使得以这四点为顶点的四边形是平行四边形？证明你的结论． 19. 已知点是直线外的一个动点，，垂足为，且在线段外，，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）若不过原点的直线交于两点，关于轴的对称点为，请再从条件①、②和③中选择一个合适的作为已知，证明以下问题： （i）过定点； （ii）不可能为锐角三角形． 条件：①直线和的斜率之和为； ②直线和的斜率之积为； ③直线和的斜率之商为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $