精品解析：福建省泉州市第九中学2025届高三下学期5月适应性考试数学试题

泉州市第九中学2025届高三5月份适应性考试 数学试题 一、单选题 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 3. 已知函数，曲线在点处的切线与轴平行，则（ ） A. －3 B. －1 C. 0 D. 1 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 6. 已知，则(　　) A. 1 B. C. D. 7. 若，则（ ） A. 180 B. C. D. 90 8. 在平面直角坐标系中，双曲线的右焦点为，点，在的右支上，且，点关于原点的对称点为.若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的定义域为 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增 10. 已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 三、填空题 12. 若，使成立，则实数的取值范围是______________． 13. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，若椭圆上存在一点使得，则该椭圆离心率的取值范围是_________. 14. 在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为______. 四、解答题 15. 甲、乙两人进行知识问答抢答赛，比赛共有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且甲、乙两人每题答题正确的概率分别为和.求： （1）在3题均被乙抢到的条件下，设乙答题得分为，求的分布列和期望值； （2）甲在比赛中获胜的概率. 16. 已知数列是等差数列，记其前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）将数列与的所有项从小到大排列得到数列． ①求的前20项和； ②证明：． 17. 如图，在直三棱柱中，点在上，． （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹的长度． 18. 已知函数,. （1）当时，设曲线在处的切线为，求与曲线的公共点个数； （2）当时，若，恒成立，求实数的取值范围. 19. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，． （1）求曲线的方程； （2）设直线的方程为，求直线的斜率； （3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州市第九中学2025届高三5月份适应性考试 数学试题 一、单选题 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后可求. 【详解】，故， 故选：D 2. 若复数z满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模． 【详解】由题意有，故． 故选：B． 3. 已知函数，曲线在点处的切线与轴平行，则（ ） A. －3 B. －1 C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，再由直线平行即可得解. 【详解】因为，且曲线在点处的切线与轴平行， 所以，解得， 故选：D 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性、对数的运算性质可得、，即可求解. 【详解】， 由，得，则，即； ， 所以. 故选：D 5. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得 【详解】解：,,即,解得, 故选：C 6. 已知，则(　　) A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和的正弦公式与两角差的余弦公式化简等式可得，利用二倍角的余弦公式以及同角三角函数的关系可得结果. 【详解】由， 可得 ， ，故选C. 【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角． 7. 若，则（ ） A. 180 B. C. D. 90 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知将二项式变形可得，求得含的项即可得出结果. 【详解】易知， 其中展开式中含项为， 因此. 故选：A 8. 在平面直角坐标系中，双曲线的右焦点为，点，在的右支上，且，点关于原点的对称点为.若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设双曲线的左焦点为，连接、、、，根据对称性及已知条件可得四边形为矩形，设，根据双曲线的定义表示出，，在中利用勾股定理得到，再在中利用勾股定理得到、的关系，即可得解. 【详解】设双曲线的左焦点为，连接、、、，如图所示， 根据双曲线的对称性可知四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为矩形， 设，因为，则， 由双曲线的定义可得：，， 又因为为直角三角形， 所以，即，解得， 所以，， 又因为为直角三角形，， 所以，即， 所以，即. 故选：D. 二、多选题 9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的定义域为 C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，函数，可得的最小正周期为，所以A不正确； 令，解得， 即函数的定义域为，所以B正确； 令，解得， 当时，可得，所以函数的图象关于点对称，所以C正确； 由，可得，根据正切函数的性质，可得函数在上单调递增，所以D正确. 故选：BCD. 10. 已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项直接由递推关系式即可求出即可；C选项由即可判断；B选项由即可判断；D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断. 【详解】，A正确； 对于，有，两式相加得，C正确； 由知，则，B错误； 由偶数项均为可得为偶数时，，则 ，则，D正确. 故选：ACD. 11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 三、填空题 12. 若，使成立，则实数的取值范围是______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论. 【详解】由可得，， 因为，所以，根据题意，即可， 设，易知在单调递减，在单调递增， 所以， 所以， 故答案为： 13. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，若椭圆上存在一点使得，则该椭圆离心率的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据椭圆的定义， 可求得的长，根据三角形的几何性质，即可求得答案， 【详解】由椭圆的定义可得，又， 所以， 在椭圆中，， 所以，即， 又，所以， 所以该椭圆离心率的取值范围是. 故答案为： 14. 在平面四边形中，，若的面积是的面积的2倍，则的长度为______. 【答案】 【解析】 【分析】如图建立直角坐标系，设AC，BD交点为E，由的面积是的面积的2倍可得E坐标，然后由B，E，D三点共线结合可得B 点坐标，即可得答案. 【详解】如图，以D点为原点，取AC中点为F，以DF所在直线为x轴， 以过D点，垂直于DF直线为y轴，建立直角坐标系. 又 则. 过C，A两点作DB垂线，垂足为G，H，则. 又注意到，则.设，则， 则. 注意到B，E，D三点共线，则，则. 又 则或，又由图可得，则. 则. 故答案为： 四、解答题 15. 甲、乙两人进行知识问答抢答赛，比赛共有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且甲、乙两人每题答题正确的概率分别为和.求： （1）在3题均被乙抢到的条件下，设乙答题得分为，求的分布列和期望值； （2）甲在比赛中获胜的概率. 【答案】（1） 1 3 . （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知的所有可能取值为，分别求出对应概率，写出分布列，进而求期望； （2）设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件，由计算求解即可. 【小问1详解】 依题意，的所有可能取值为， 则， ， 故分布列为 1 3 . 【小问2详解】 设甲获胜为事件，甲在比赛中共抢到道题为事件， 则， ， ， 所以. 16. 已知数列是等差数列，记其前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）将数列与的所有项从小到大排列得到数列． ①求的前20项和； ②证明：． 【答案】（1） （2）①； ②证明：因为，所以， 所以当时，； 当时， ， 综上可得. 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意可得，对于取，即可求出、，从而求出通项公式； （2）①首先求出，即可得到，从而求出其前20项和；②由，分及两种情况讨论，当时利用裂项相消法计算可得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由，得，即， 由，取，得，即， 解得，，所以； 【小问2详解】 ①由（1）知，，所以， 因为， 所以，所以的前20项和为； ②略 17. 如图，在直三棱柱中，点在上，． （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹的长度． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面ABC, 因为平面，所以 又因为，，平面， 所以平面 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据直棱柱的性质及线面垂直的判定定理即可得证； （2）以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，①中求出平面的法向量，利用向量夹角得出直棱柱的高，再由线面角的向量求法求解； ②中根据三棱锥体积求出点到平面的距离，再由向量法求距离，化简可得轨迹方程，利用轨迹方程确定轨迹为线段，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①在直三棱柱中，平面，， 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设, 设平面的法向量， 由，取，得， 所以平面的一个法向量， 又平面的法向量， 所以，解得 所以， 所以 设与平面所成角为，则 ②因为， 所以 因为三棱锥的体积为， 所以到平面的距离为 因为在侧面上，可设, 到平面的距离为， 即轨迹方程为，而, 所以在侧面上的运动轨迹是线段， 所以的轨迹长度为. 18. 已知函数,. （1）当时，设曲线在处的切线为，求与曲线的公共点个数； （2）当时，若，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）1个 （2） 【解析】 【分析】（1）先求切线方程，再联立方程，化为单变量方程，分析单调性和极值点，判断交点个数； （2）利用函数在区间内的最大值与最小值之差，考虑极值点和端点，列不等式，解出的取值范围. 【详解】（1）当时，，其定义域为. 因为，所以. 所以曲线在处的切线方程为，即. 联立方程可得，. 设，，求导得. 所以在上单调递增. 又，所以有且仅有一个零点，所以直线与曲线的公共点个数为1. （2）对函数求导得，令，可得. 分情况讨论，①当时，即，此时在区间上单调递增， 则，解得. 又，所以. ②当时，即，在上单调递减，在上单调递增. 所以最小值为，，， 当最大时，即，解得. 此时，，而恒成立. 所以，满足题意. 当最大时，即，解得. 此时，即. 设，，， 所以在上递减，故，所以，满足题意. 综上，. ③当时，即，在区间上单调递减， 此时. 若其成立，则，与条件相矛盾，所以该情况下不等式不能恒成立. 综上所述，实数的取值范围为. 19. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，． （1）求曲线的方程； （2）设直线的方程为，求直线的斜率； （3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出的坐标，即可得到的坐标，从而求出抛物线方程； （2）设，，，，联立直线与抛物线方程，求出，的坐标，再由向量的关系求出的坐标，即可得解； （3）推导出，同理，即可得到，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出过定点坐标，再求出的最小值. 【小问1详解】 抛物线的焦点为， 由为线段的中点，可得， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 设，，，， 联立，消去x整理得，解得，， 则，， 因为，则， 因为，，则，所以， 所以，，即，直线的斜率为； 【小问3详解】 因为，，，， 所以，， 因为，所以 因为，，，， 所以，① 由代入①得， 由得， 因为，，所以，所以，同理， 所以且， 所以，因为，所以， 所以，得，即， 设，联立消去x，得， 所以，所以，则，所以过定点， 则， 当且仅当，即时取等号，所以， 所以四边形面积的最小值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $