精品解析：江苏省如皋中学2025届高三下学期适应性考试（二）数学试卷

2025年高三适应性考试（二） 数学试题 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 3. 在直角梯形中，，，，是的中点，若，则（ ）. A. 1 B. C. D. 4. 有3个男生和2个女生站成一排合影，则女生甲不在两端且2个女生不相邻的不同排法总数为（ ） A. 18 B. 36 C. 72 D. 144 5. 将函数的图象向左平移个单位后与函数的图象重合，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 6. 已知函数，则“”是“函数在上单调递减”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 3 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每个小题给出的选项中，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. 每年4月23日为“世界读书日”，某小学为鼓励学生进行课外阅读，拓宽学生眼界，对热爱课外阅读的班级进行表彰，规定从班级中随机抽取5位同学，统计他们一学年内阅读课外书籍的本数，若抽取的5位同学在一学年内阅读课外书籍的本数都不低于10，则该班级被评选为“优阅班级”．以下是4个班级抽取的5位同学的统计数据： 六（1）班：中位数为11，众数为10 六（2）班：众数为12，极差为3 六（3）班：平均数为12，极差为3 六（4）班：平均数为12，方差为2 根据以上信息，一定被评为“优阅班级”的是（ ） A. 六（1）班 B. 六（2）班 C. 六（3）班 D. 六（4）班 10. 在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，则（ ） A. 若点为的中点，则平面平面 B. C. 异面直线，所成角的取值范围是 D. 点到平面距离的最小值为 11. 设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（ ） A. 集合不是“可拆等和集” B. 若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C. 存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D. 若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在的展开式中，常数项为_______________. 13. 在平面直角坐标系中，已知双曲线，过左焦点且斜率为的直线与双曲线交于两点，设线段的中点为，若，则实数的值为____________． 14. 某校高三年级共8个班举行乒乓球比赛，每班一名选手代表班级参加，每一轮比赛前抽签决定对阵双方，负者淘汰，胜者进入下一轮，直至最后产生冠军，其中各场比赛结果相互独立．根据以往经验，高三（1）班选手甲和高三（2）班选手乙水平相当，且在所有选手中水平稍高，他们对阵其他班级选手时获胜的概率都为，除甲、乙外的其他6名选手水平相当，则高三（1）班的选手甲通过第一轮的概率为_________，第三轮比赛由甲、乙争夺冠军的概率为_____________． 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. 已知数列满足，，且对任意的，，都有. （1）设，求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，求证：. 16. 在中，，，分别是内角，，的对边，． （1）求角的大小； （2）设为边上一点，若，且，求面积的最小值． 17. 已知函数的最大值为，设函数的图象在点处的切线为． （1）求的值； （2）证明：当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 18. 在正三棱台中，，，分别是，的中点． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若一只电子猫从点出发，每次等可能地沿着棱去向相邻的另一个顶点，设在次运动后电子猫仍停留在下底面的概率为，求. 19. 在平面直角坐标系中，已知纵坐标为2的点是抛物线上一点，斜率为的直线与抛物线交于，两点，若直线，的斜率之和为0． （1）求抛物线的方程； （2）设，都在轴下方，且点在点的左侧，直线，与轴分别交于点，，记，的面积分别为，，求的最大值； （3）记点关于轴的对称点为，设直线，交于点，直线，交于点，求证：直线恒过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高三适应性考试（二） 数学试题 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，再根据交集运算求解. 【详解】由和的图象，可知， ， 又， . 故选：D. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由两边取模得，根据计算可得. 【详解】由，所以， 又， 故选：C 3. 在直角梯形中，，，，是的中点，若，则（ ）. A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先选择两条不共线的向量作基底，再进行向量的线性运算，最后利用平面向量基本定理来求解即可． 【详解】 由图可知：，， 因为，所以， 整理得：， 根据平面向量基本定理可得：，解得， 所以， 故选：A． 4. 有3个男生和2个女生站成一排合影，则女生甲不在两端且2个女生不相邻的不同排法总数为（ ） A. 18 B. 36 C. 72 D. 144 【答案】B 【解析】 【分析】先排两个女生，将排法分类再相加，剩下的3个男生为全排列，再根据分步乘法计数原理可得不同的排法总数. 【详解】设5个位置依次为1,2,3,4,5，特殊元素优先考虑，女生甲不在两端，则只能在中间3个位置，两女生不相邻，则 ①甲在位置2，另一个女生只能4或5，2种选择； ②甲在位置3，另一个女生只能1或5，2种选择； ③甲在位置4，另一个女生只能1或2，2种选择， 根据分类加法计数原理，两个女生的排法共有种， 剩余3个男生为全排列种排法， 根据分步乘法计数原理，不同排法总数为. 故选：B. 5. 将函数的图象向左平移个单位后与函数的图象重合，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象变换可得，根据题意结合诱导公式可得，运算求解即可得结果. 【详解】将的图象向左平移个单位，得到， 则，所以，，又， 所以的最小值为3. 故选：B 6. 已知函数，则“”是“函数在上单调递减”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合对数复合函数单调性求出的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】令，函数在上单调递增， 由函数在上单调递减，得函数在上单调递减，且当时，， 因此，解得， 所以“”是“函数在上单调递减”的必要不充分条件. 故选：C 7. 已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对求导，得出，再利用奇偶性构造关于和的方程组，进而求出的解析式，化简题中式子并参变分离得出，再构造函数，通过求导求其最小值即可. 【详解】因为偶函数，则①， 对两边求导得，②， 在③中，用代替得④， 由①②④可得，⑤， 联立③⑤得，， 则化简为，， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，故， 则实数的取值范围是. 故选：A 8. 在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出的相关边长和面积，再利用面面垂直的性质确定三棱锥的高所在直线，通过点到直线的距离公式求出点到平面距离的最大值，最后根据三棱锥体积公式求出四面体体积的最大值. 【详解】已知在等腰直角三角形中，，. 设，则，即，解得. 根据三角形面积公式. 因为为的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，. 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，所以平面. 以为原点，分别以所在直线为，轴，过作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，，，. 设，则，. 因为，可得，化简得. 已知，. 根据点到直线的距离公式，可得到距离. 又因为点到直线的距离为，所以，即. 因为，所以当时，取得最大值，则的最大值为，即点到平面距离的最大值. ，根据三棱锥体积公式，所以. 则四面体体积的最大值为. 故选：C. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每个小题给出的选项中，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. 每年4月23日为“世界读书日”，某小学为鼓励学生进行课外阅读，拓宽学生眼界，对热爱课外阅读的班级进行表彰，规定从班级中随机抽取5位同学，统计他们一学年内阅读课外书籍的本数，若抽取的5位同学在一学年内阅读课外书籍的本数都不低于10，则该班级被评选为“优阅班级”．以下是4个班级抽取的5位同学的统计数据： 六（1）班：中位数为11，众数为10 六（2）班：众数为12，极差为3 六（3）班：平均数为12，极差为3 六（4）班：平均数为12，方差为2 根据以上信息，一定被评为“优阅班级”的是（ ） A. 六（1）班 B. 六（2）班 C. 六（3）班 D. 六（4）班 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，C，D，根据中位数，众数，极差，方差，平均数的概念分析判断；对B，举反例说明. 【详解】对于A，设六（1）班的这5为同学的阅读课外书籍的本数为（自左向右按照从小到大顺序）， 因为中位数为11，则，又众数为10，则， 所以该班级一定被评为“优阅班级”，故A正确； 对于B，举反例，如六（2）班这5为同学的阅读课外书籍的本数为， 满足众数为12，极差为3，故B错误； 对于C，设六（3）班的这5为同学的阅读课外书籍的本数为（自左向右按照从小到大顺序）， 由平均数，极差为3，即， 若，则，解得，这与矛盾，故，故C正确； 对于D，设六（4）班的这5为同学的阅读课外书籍的本数为（自左向右按照从小到大顺序）， 设平均数，方差， 则， ， 若，则，与上式不符，不合题意， 若，由，则，上式不成立，不合题意， 所以，故D正确. 故选：ACD. 10. 在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，则（ ） A. 若点为的中点，则平面平面 B. C. 异面直线，所成角的取值范围是 D. 点到平面距离的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】建系求得相应平面法向量，及直线方向向量，通过法向量位置关系及夹角距离公式逐个判断即可. 【详解】 如图建系易得： 对于A：若点为的中点，则， 设平面的法向量为，， 则即， 设，可得， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 设，则， 所以，显然不平行，即平面平面不成立，故错误； 对于B：设， 则， 则， 所以，故B正确； 对于C： 设异面直线，所成角为， 则， 因为，易得：， 所以， 所以，又， 所以，C正确； 对于D：由A知平面的一个法向量为， 所以点到平面距离为：， 因为， 所以当时，取得最小值为，故D错误； 故选：BC 11. 设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得，中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则（ ） A. 集合不是“可拆等和集” B. 若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个 C. 存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集” D. 若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集” 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知可知元素构成一个等比数列，计算可得.然后根据分类，即可判断A项；列举法即可判断B项；将中所有元素同时除以后可得，然后根据等比数列前项和公式计算，然后根据分类，即可判断C项；根据等差数列的性质，可推得，，共有组（剩余元素为），从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到中.结合公差，可得出，也可分为两组，即可判断D项. 【详解】对于A项，构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列， 且. 所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求. 综上，集合不是“可拆等和集”，故A正确； 对于B项，若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得， 此时因集合已含有元素2，故舍去； 若，则由“可拆等和集”的定义，有，解得 若，则由“可拆等和集”的定义，有. 综上可知：可取，，，，，共6个值，故B正确； 对于C项，将中所有元素同时除以后可得， 根据等比数列前项和公式，可得. 因为，所以，，所以有. 所以，当时，中所有元素之和也小于， 不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后仍然不满足. 综上所述，不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，故C错误； 对于D项，易知集合中的元素个数为，， 根据等差数列的性质可知，，， 共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组. 从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中； 又，则， 而， 不妨将这两个元素也分到集合中，则可满足中的元素之和相等.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. 在的展开式中，常数项为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用二项展开式的通项公式，即可求解. 【详解】因为的通项公式为， 则的展开式中的项为或， 所以常数项为， 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，已知双曲线，过左焦点且斜率为的直线与双曲线交于两点，设线段的中点为，若，则实数的值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，设过左焦点的直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理，求得，结合，列出方程，即可求得的值，得到答案. 【详解】由双曲线，可得，则， 所以双曲线的左焦点为， 设过左焦点且斜率为的直线的方程为， 联立方程组，整理得，其中不等于， 设，且 则，则， 可得，即， 因为，所以，可得，解得， 又因为，所以. 故答案为：. 14. 某校高三年级共8个班举行乒乓球比赛，每班一名选手代表班级参加，每一轮比赛前抽签决定对阵双方，负者淘汰，胜者进入下一轮，直至最后产生冠军，其中各场比赛结果相互独立．根据以往经验，高三（1）班选手甲和高三（2）班选手乙水平相当，且在所有选手中水平稍高，他们对阵其他班级选手时获胜的概率都为，除甲、乙外的其他6名选手水平相当，则高三（1）班的选手甲通过第一轮的概率为_________，第三轮比赛由甲、乙争夺冠军的概率为_____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】甲通过第一轮分甲遇到乙和不遇到乙两种情况求解，当甲乙获冠军时，说明甲乙都晋级第二轮，且第二轮不相遇都获胜即可据此得解. 【详解】甲在首轮遇到乙的概率为，此时甲获胜的概率为， 甲遇到其他6名选手的概率为，此时甲获胜的概率为， 所以甲获胜概率为：； 第一轮中甲和乙不相遇且两人均获胜，其概率为, 进入第二轮的4人中，甲和乙不相遇的概率为，且两人均击败对手的概率为， 故第二轮中甲和乙不相遇且两人均获胜，其概率为， 所以甲、乙在第三轮争夺冠军的概率为. 故答案为：； 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. 已知数列满足，，且对任意的，，都有. （1）设，求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2）由（1）可知，， 所以当，， ， 又符合上式，所以 所以， 故 ， 因为，， 所以 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义证明为等差数列，再结合求出得到的首项，利用等差数列的定义求出的通项公式； （2）结合（1）求出，再代入求出的通项公式，再利用裂项相消法求出前项和为，即可证明. 【小问1详解】 依题意，对任意的，，都有， 故对任意的，，， 所以对任意的，，，即为定值， 所以数列是公差为2的等差数列， 据，，得，， 所以，解得，故， 所以 【小问2详解】 略 16. 在中，，，分别是内角，，的对边，． （1）求角的大小； （2）设为边上一点，若，且，求面积的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件结合正弦定理化简可得，整理可推得，结合三角形内角和公式以及诱导公式化简推得，即可求出答案； （2）法一：结合图形得，两边平方整理推出由基本不等式得出，即得面积最小值；法二：设，，则，根据面积关系推得利用两角关系求得，再由推得，同法求得面积最小值；法三：过点作，交于点.根据平行线的性质得.由余弦定理推得，即得，同法求得面积最小值. 【小问1详解】 依题意，，即， 结合正弦定理，可得， 因为，，所以， 即， 故， 因为，，则，故. 【小问2详解】 法一：因为， 所以，， 所以， 所以， 即，整理得. 由，可得，当且仅当时，等号成立. 故面积， 即面积的最小值为. 法二：设，，则，为点到边的距离. 因为，所以， 又， 故，得， 所以，整理得， 因为，得， 显然，，故，. 根据，得， 即，整理得. 由，可得，当且仅当时，等号成立. 故面积， 即面积的最小值为. 法三：过点作，交于点. 据，可得，， 因为，故，， 所以，，得. 在中，，， 由余弦定理，， 则，解得， 所以，即. 由，可得，当且仅当时，等号成立. 所以面积， 即面积的最小值为. 17. 已知函数的最大值为，设函数的图象在点处的切线为． （1）求的值； （2）证明：当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 【答案】（1）0； （2）由（1）知，，，则， 于是切线的方程为，即， 令，，求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 由，得，而，函数在上的图象不间断， 则存在，使得，且当或时，，当时，， 函数在和上单调递增，在上单调递减，又， 当时，，于是函数在上无零点， ，而，函数在上的图象不间断， 因此存在，使得， 所以当时，切线与函数的图象有另一交点，且. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的最大值，进而求出的值. （2）由（1）的信息求出切线的方程，再构造函数，利用导数结合零点存在性定理证得还有小于的零点即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而函数的最大值为，则，解得， 所以的值为0. 【小问2详解】 略 18. 在正三棱台中，，，分别是，的中点． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若一只电子猫从点出发，每次等可能地沿着棱去向相邻的另一个顶点，设在次运动后电子猫仍停留在下底面的概率为，求. 【答案】（1） 证明：延长，，交于点，过点作平面，垂足为，连结. 在正三棱台中，，是正三角形， 因为，分别是，的中点， 所以，且， 又，且， 所以，且，四边形是平行四边形. 因为几何体是正三棱台， 所以三棱锥是正三棱锥，是底面正的中心，所以. 又平面，平面，所以. 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，所以. 在正三棱台中，，是的中点， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，. 所以. 所以四边形是矩形. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）延长，，交于点，过点作平面，垂足为，接着依次证明四边形是平行四边形和即可得证； （2）法一：根据线面角定义作出直线与平面所成角的平面角，求得正弦值即可； 法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法直接计算即可； （3）记电子猫在次运动后“在下底面”为事件，由全概率公式可得，再由等比数列定义证明数列是首项为，公比为的等比数列，可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：延长交于点，连结，过点作，垂足为，连结. 由（1）可知，平面，即平面， 因为平面，所以， 又，，，平面， 所以平面. 所以为直线与平面所成角. 在正三棱台中，，，不妨设， 则，，. 在等腰中，. 在中，. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法二： 过作. 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 在正三棱台中，，，不妨设， 则，，，. 设上底面的中心为，在直角梯形中，， ，，所以. 故，又， 所以,. 设为平面的法向量， 即，取，得，， 所以是平面的一个法向量. 又， 所以， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 记电子猫在次运动后“在下底面”为事件，“在上底面”为事件. 显然，当，时，，. 由全概率公式，当，时， 可得， 即，整理得. 所以当，时，， 又，，， 所以当，时，为定值， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故， 可得. 19. 在平面直角坐标系中，已知纵坐标为2的点是抛物线上一点，斜率为的直线与抛物线交于，两点，若直线，的斜率之和为0． （1）求抛物线的方程； （2）设，都在轴下方，且点在点的左侧，直线，与轴分别交于点，，记，的面积分别为，，求的最大值； （3）记点关于轴的对称点为，设直线，交于点，直线，交于点，求证：直线恒过定点． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设直线方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理表示，即可求解； （2）首先根据坐标表示直线和直线方程，并求点的坐标，并利用坐标表示，转化为二次函数求最值； （3）利用坐标表示直线和直线的方程，并联立方程求点的坐标，并求直线的方程，即可证明直线恒过定点. 【小问1详解】 设直线方程为，即，，. 联立方程组，整理得，所以， 因为直线，的斜率之和为0，即， 而，同理， 所以，整理得， 所以，解得， 所以抛物线的方程为 【小问2详解】 由（1）可知，，，，点， 所以，. 直线的方程为，令，解得， 所以，同理. 所以， 且，其中为点到直线的距离， 所以 ， 因为，都在轴下方，所以，即， 所以， 所以当且仅当时，取得最大值. 【小问3详解】 显然轴的对称点为的坐标为. 因为直线的方程为， 且直线的方程为， 联立方程组，消去可得， ，所以， 同理（与互换）. 若，直线的斜率为， 所以直线的方程为， 整理得，此时直线恒过定点. 若，则直线的方程为，经过点. 综上所述，直线恒过定点. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用坐标表示几何关系，并利用韦达定理化简. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $