精品解析：山东省青岛市、淄博市2024-2025学年高三下学期第二次适应性检测数学试题

2025年高三年级第二次适应性检测 数学试题 2025.05 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 某市开展“全民阅读”实施效果的调查研究，按区域划分为核心区、开发区、远郊区，各区的人口比例为．现采用分层抽样的方法从各区中抽取人员进行调研．已知从开发区抽取的人数为300，则从核心区抽取的人数为（ ） A. 90 B. 120 C. 180 D. 200 4. 记等比数列的前项和为，已知，，则（ ） A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 5. 设函数，则下面结论中正确的是（ ） A. 的周期为 B. 的图像关于点对称 C. 一个极值点是 D. 在区间单调递减 6. 已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 直线与圆交于两点，，则为（ ） A B. C. D. 8. 对于非空集合，定义函数，，若存在，使得，则的取值范围是（ ） 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. 若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 10. 记为数列前项和，已知则（ ） A. 2025是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C D. 若，则数列的前项和小于 11. 设函数，则（ ） A. 曲线关于对称 B. 的最小值为 C. 方程在上有4个根 D. 存在，使得 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则______． 13. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，的准线交于两点，为等边三角形，则的离心率为______． 14. 已知三棱锥的体积为，，，，与的周长均为10，则______． 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. 记的内角的对边分别为，若，，． （1）求； （2）若，求边上的高的最大值． 16. 如图，在三棱锥中，，，，分别为的中点． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成的角． 17. 设椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，点在上． （1）求的方程； （2）设为的角平分线所在的直线，上是否存在关于直线对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，请说明理由． 18. 盒子中装有个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随机取出1个球． （1）若盒中有2个白球，其余为黑球，2次取球后，求取出的2个球不同色的概率； （2）若盒中白球数为随机变量，，证明：第1次取出白球的概率为； （3）若盒中白球数为，每次取球后，将1个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第次取出白球的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 19. 函数和有相同的定义域，导函数分别为，，若在定义域内均有，则称是的“－函数”． （1）判断是否为的“－函数”，并证明； （2）设和为定义在上的函数，已知，，是的“－函数”，证明：（为常数）； （3）若，，，，证明：是的“－函数”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高三年级第二次适应性检测 数学试题 2025.05 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集的运算，求得，再由集合交集的概念与运算，即可求解. 【详解】由集合，，， 可得，所以. 故选：C. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称命题的否定即可得到答案． 【详解】命题“，”否定为“，”， 故选：D． 3. 某市开展“全民阅读”实施效果的调查研究，按区域划分为核心区、开发区、远郊区，各区的人口比例为．现采用分层抽样的方法从各区中抽取人员进行调研．已知从开发区抽取的人数为300，则从核心区抽取的人数为（ ） A. 90 B. 120 C. 180 D. 200 【答案】D 【解析】 【分析】设从核心区抽取的人数为人，根据题意，列出方程，即可求解. 【详解】设从核心区抽取的人数为人， 因为各区的人口比例为，且从开发区抽取的人数为300， 可得，解得，即从核心区抽取的人数为人. 故选：D. 4. 记等比数列的前项和为，已知，，则（ ） A. 15 B. 14 C. 13 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列下标和性质可得，结合题意可得，进而可得，即可得解. 【详解】因为数列为等比数列，则， 可得，解得或， 若，则公比， 可得，所以； 若，则公比， 可得，所以； 综上所述：. 故选：A. 5. 设函数，则下面结论中正确的是（ ） A. 的周期为 B. 的图像关于点对称 C. 的一个极值点是 D. 在区间单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦函数的周期公式即可判断A；由正弦函数的图象即可判断B；根据极值点的定义即可判断C；根据正弦函数的性质即可判断D． 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，由，故的图像关于点不对称，故B错误； 对于C，设， 则， 当时，，， 当时，，， 所以是的一个极大值点，故C正确； 对于D，时，， 因为在单调递增，所以在区间单调递增，故D错误； 故选：C． 6. 已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，作出图形的轴截面，利用勾股定理及相似比求出圆台的高，再根据圆台的体积公式即可得解. 【详解】设圆锥底面半径为，由题意可得：， 解得， 如图，作出图形的轴截面，其中分别为圆台的上下底面圆的圆心， 则， 可得， . 故选：C. 7. 直线与圆交于两点，，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，联立方程组得出，由平面向量数量积坐标运算列出方程求解即可． 【详解】设， 由得，，则， ， 由得，， 故选：B． 8. 对于非空集合，定义函数，，若存在，使得，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由余弦函数的性质求解集合，再根据题意得，则，再讨论的情况即可． 【详解】由得，，故， 因为，所以， 所以， 因为集合补集中一段区间的长为， 所以当时，一定成立， 当时，时，有， 解得，所以满足的范围是， 综上所述，， 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. 若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，得到，且，结合期望和方差的性质，以及正态分布曲线的对称性，逐项判定，即可求解. 【详解】由随机变量服从正态分布，可得， 又由随机变量服从正态分布，可得， 对于A中，由，所以A正确； 对于B中，由，所以B不正确； 对于C中，由正态分布曲线的性质，得，所以C正确； 对于D中，由， 又由正态分布曲线的对称性，可得， 所以. 故选：ACD. 10. 记为数列的前项和，已知则（ ） A. 2025是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前项和小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】由的通项公式即可判断AC；由即可判断B；由裂项相消即可判断D． 【详解】对于A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确； 对于B，由题知，， 故数列是公比为4的等比数列，故B错误； 对于C，由题知，， 所以，故C正确； 对于D，，， 设数列的前项和为， 则，故D正确； 故选：ACD． 11. 设函数，则（ ） A. 曲线关于对称 B. 的最小值为 C. 方程在上有4个根 D. 存在，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的性质，如对称性、最值、方程的根等，对选项逐一进行分析.对于A选项，可判断是否成立来确定是否关于对称；对于B选项，根据三角函数的最值和基本不等式的性质进行求解；首先对函数进行化简，然后求导判断函数的单调性，结合三角函数的图像判断根的个数；对于D选项，根据函数的最值及分母大小进行求解. 【详解】对于A选项： . . 所以，所以关于对称.A选项正确. 对于B选项： 因为， 而, 令，，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以的最小值为-1，且在处取到最小值， 所以，所以B选项正确 对于C选项： 因为，即. 将上面等式化简得. 即. 当时，，所以在上，. 当时，在上，. 令. ，可求出单调区间. 在上单调递减，在单调递增，，. ，. 这说明至少有一个交点，所以C错误. 对于D选项：由已知可得且关于对称，而关于对称, 取，令，则， 令，则， 所以，即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 结合对称性可得恒成立， 所以此时成立，所以D选项正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，即可求解. 【详解】由复数，可得， 所以. 故答案为： 13. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，的准线交于两点，为等边三角形，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】设双曲线右焦点坐标为，左焦点为，由题意得出的长，再根据几何关系列出等式即可求解． 【详解】设双曲线右焦点坐标为，左焦点为，则抛物线准线为， 将代入得，， 所以， 在中，， 解得或（舍）， 所以的离心率为， 故答案为：． 14. 已知三棱锥的体积为，，，，与的周长均为10，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】由已知可得在以为焦点的椭球上，由，可知在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，进而求得截面圆得半径，根据为焦点过的椭圆方程计算求得点坐标，利用两角和的正切公式计算即可得出结果. 【详解】因为，与的周长均为10， 所以=6 ，=6 ， 所以在以为焦点的椭球上， 因为， 所以在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，则， 所以三棱锥的体积为， 所以，又因为， 所以， 解得：， 由题意，设以为焦点过的椭圆的标准方程为， 设代入解得， 所以 . 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. 记的内角的对边分别为，若，，． （1）求； （2）若，求边上的高的最大值． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）由向量平行的坐标表示得出，再根据余弦定理即可求解； （2）由及基本不等式得出，再根据等面积法即可求解． 【小问1详解】 因为，所以，即， 由余弦定理得，因为， 所以． 【小问2详解】 由（1）得，即，当且仅当时，等号成立， 设边上的高为，则， 所以， 所以边上的高的最大值为1． 16. 如图，在三棱锥中，，，，分别为的中点． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成的角． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）结合题设易得，，可得平面，进而求证即可； （2）结合长度关系易证得平面，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 证明：分别为中点，， 又，， 分别为中点，， 又，， ，平面， 平面，又平面， 平面平面． 【小问2详解】 在中，由，， 则，又，， ，即， 又，，平面， 平面， 以为原点，分别以所在直线为轴，以平行于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设是平面的一个法向量， 则有，令，得， 设与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角为. 17. 设椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，点在上． （1）求的方程； （2）设为的角平分线所在的直线，上是否存在关于直线对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据焦距和椭圆上的点得到方程组，结合，求出，得到椭圆方程； （2）假设在椭圆上存在关于直线对称的相异两点，分别设为，，设直线与轴的交点为，，根据为的角平分线和正弦定理得到，解得，所以，的方程，关于直线对称，设出直线方程，与椭圆方程联立，根据，求出，并得到两根之和，两根之积，求出中点，将代入方程，可得，与矛盾，故假设不成立，所以椭圆上不存在关于直线对称的相异两点. 【小问1详解】 由题意可得： ，解得， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 假设在椭圆上存在关于直线对称的相异两点，分别设为，， 由已知，， 设直线与轴的交点为，， 因为为的角平分线，所以， 又，故，， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 两式相除得，所以， 化简得， 解得（舍去）或，所以， 所以的方程为，即， 因为关于直线对称，可知， 设直线方程为， 由消得：， ，解得， 由韦达定理得， 设线段中点为， ，代入直线方程得，所以， 将代入方程，可得，与矛盾， 故假设不成立，所以椭圆上不存在关于直线对称的相异两点 18. 盒子中装有个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随机取出1个球． （1）若盒中有2个白球，其余为黑球，2次取球后，求取出的2个球不同色的概率； （2）若盒中白球数为随机变量，，证明：第1次取出白球概率为； （3）若盒中白球数为，每次取球后，将1个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第次取出白球的概率． 参考公式：若是离散型随机变量，有． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”，根据古典概型概率公式及组合数的计算即可求解； （2）根据全概率公式即可证明； （3）设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，，设，结合参考公式得，即可得出第次取出白球的概率． 【小问1详解】 设事件为“2次摸球后，摸出的球不同色”， 则， 所以2次摸球后，摸出的球不同色的概率为． 【小问2详解】 证明：，设事件为“第1次从盒子中摸出白球”， 则， 所以第1次从盒子中摸出白球的概率为． 【小问3详解】 设第次取球后，第次取球前，盒中的白球数为，， 设， 由题意得，服从两点分布，故， 根据参考公式可得， 由第（2）问可得， 则， ， 所以是为首项，为公比的等比数列， 则， 则第次摸出白球的概率为． 19. 函数和有相同的定义域，导函数分别为，，若在定义域内均有，则称是的“－函数”． （1）判断是否为的“－函数”，并证明； （2）设和为定义在上的函数，已知，，是的“－函数”，证明：（为常数）； （3）若，，，，证明：是的“－函数”． 【答案】（1）是的“－函数”，证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得和，结合“－函数”的定义，即可求解； （2）先求得为偶函数，根据是的“－函数”，得到，证得是的“－函数”，进而得到，令，得到，即可证得； （3）设，求得，再设，求得，得到递增且，，得到使得，求得的单调性和最小值，再设，求得，求得的单调性和最小值，得出，进而求得，得到，即可证得是的“－函数”. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 又由，可得， 因为，所以是的“－函数”. 【小问2详解】 解：由为定义在上的函数，可得函数的定义域为， 因，所以为偶函数， 又因为是的“－函数”，所以， 因为，，所以是的“－函数”， 即，用代替，可得，所以， 令，则，所以（为常数）， 所以（为常数） 【小问3详解】 解：由函数，， 可得，， 设，可得， 设，则， 则，所以递增，即递增，且，， 存在使得，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 设，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，所以，即， 所以， 因为，所以，所以，即， 所以当时，是的“－函数” 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$