精品解析：贵州省遵义市2025届高三第三次适应性考试数学试卷

遵义市2025届高三年级第三次适应性考试 数学 （满分：150分，时间：120分钟） 注意事项： 1．考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的姓名，班级，考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码． 2．选择题答题时，请用2B铅笔答题，若需改动，请用橡皮轻轻擦拭干净后再选涂其它选项；非选择题答题时，请用黑色签字笔在答题卡相应的位置答题；在规定区域以外的答题不给分；在试卷上作答无效. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上． 1. 复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的概念求解判断. 【详解】复数的虚部是. 故选：C 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合交集的定义即可求得. 【详解】集合，， 则. 故选：D 3. 已知，，若，则（ ） A. B. 6 C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量平行充要条件列出关于k的方程，解之即可求得k的值. 【详解】由，，， 可得，解之得. 故选：B 4. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理计算可得. 【详解】由正弦定理，即，所以， 又，所以，所以. 故选：B 5. 某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学在同一个社区进行民意调查，参加活动的甲、乙两班的人数之比为，其中甲班中女生占，乙班中女生占，则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用全概率公式计算可得. 【详解】依题意该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率. 故选：A 6. 已知为锐角，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意，由平方关系求出，即可求出，再由二倍角公式计算可得. 【详解】因为，所以，又， 即，解得或， 因为为锐角，所以，则， 所以. 故选：D 7. 某学校社团举办“灯笼装饰校园”的活动比赛，要求用彩带制作、两种类型的灯笼，其中型灯笼每个需要0.5米彩带，型灯笼每个需要1米彩带．活动规定：两种灯笼数量的乘积越大，评分越高．已知某同学用60米长的彩带制作型灯笼个，型灯笼个．若要使该同学的得分最高，则实数，的值分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得，再利用基本不等式计算可得 【详解】依题意，且，即， 又，所以，当且仅当时取等号，由，解得， 故当，时该同学的得分最高. 故选：A 8. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 的图像关于直线对称 B. ,，当时，均有 C. 的图像关于点对称 D. 至少有2个零点 【答案】C 【解析】 【分析】对于A选项，要验证函数图像是否关于对称，可验证和是否相等；对于C选项，可验证函数的图像关于点对称，对于BD选项，可先判断的符号后可判断BD的正误，. 【详解】选项A：函数的定义域为，它不关于对称， 所以的图象不关于直线对称，A选项错误. 选项C：， ， 所以， 所以的图象关于点对称，C选项正确. 选项BD：设， 则，故在为减函数， 而，故时，；时，； 故时，即； 故时，即； 而，故仅有一个零点，故D正确， 而，，而， 故B错误， 故选：C. 二、多项选择题：本大题共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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列选项正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 已知线性相关系数为，若越接近1，则两个变量的线性相关程度越高 C. 回归直线方程为，则样本点的残差为0.1 D. 一组数，，…，的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差不变 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正态分布的期望，相关系数的意义，残差的计算和方差的变化规律逐项判断可得. 【详解】对于A选项：表示正态分布的均值为3，故； 对于B选项：线性相关系数为，若越接近1，则两个变量的线性相关程度越高，符合统计学定义，正确； 对于C选项：将代入回归直线方程得到预测值为，残差为，正确； 对于D选项：插入与原平均数相同的数，新的平均数依然为，设原方差为，则新方差为 ，不正确， 故选：ABC. 10. 如图，四面体中，等边的边长为，，，平面平面，则下列选项正确的是（ ） A. 四面体的体积为 B. 直线与直线所成角的大小为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质得到平面，再由锥体的体积公式判断A，由线面垂直的性质判断B，取的中点，连接、，得到平面，则为直线与平面所成角，即可判断C，利用等体积法判断D. 【详解】对于A：因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又等边的边长为，，， 所以， 所以，故A正确； 对于B：因为平面，平面，所以， 即直线与直线所成角的大小为，故B错误； 对于C：取的中点，连接、，则， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 又，在中，， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对于D：因为，， 设点到平面的距离为，则，解得， 即点到平面的距离为，故D正确. 故选：ACD 11. 椭圆的左右焦点分别为，，点在上，双曲线与椭圆有相同的焦点，则下列选项正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 若，则 C. 若是等腰三角形，则满足条件的点有4个 D. 若是椭圆与双曲线的交点，且在第二象限，交轴于点，平分，则双曲线的离心率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据的范围判断A，利用余弦定理判断B，根据对称性判断C，记双曲线的实半轴长为，设，结合余弦定理、锐角三角函数的定义与角平分线的性质定理，用两种方式表达，从而建立关于的方程，求出，即可判断D. 【详解】对于A：椭圆的左右焦点分别为，， 点在上，所以，故A正确； 对于B：因为， 在中由余弦定理， 即，即，所以，故B正确； 对于C：若是等腰三角形，若或，由对称性可知满足条件的点有个； 若，又，则，此时点在椭圆的短轴的顶点处，即满足条件的点有个； 综上可得，满足条件的点有个，故C错误； 对于D：记双曲线的实半轴长为，在第二象限， 所以，， 设，因为交轴于点，且平分， 所以， 在中，由余弦定理可知，， 设，则， 由角平分线定理可知，，即，解得， 在中，， 所以，因为，解得， 因此，双曲线的离心率，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 棱长为2的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积等于______. 【答案】 【解析】 【分析】 棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，球的直径是正方体的对角线，从而得到结果． 【详解】∵棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上， ∴球的直径是正方体的对角线， ∴球的半径是， ∴球的表面积是4. 故答案为：. 13. 已知函数是偶函数，且当时，，则不等式的解集为___．（用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】先利用一元二次不等式解法求得当时，不等式的解集，再利用偶函数性质求得当时不等式的解集，进而求得不等式的解集. 【详解】当时，， 则不等式可化为或， 解之得或，即， 又函数是偶函数，则当时， 由不等式可得，. 综上，不等式的解集为. 故答案为： . 14. 设为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，每组的4个数都能构成等差数列，且公差与原数列的公差相同，则取法有______种．（用含的代数式作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，把问题转化为项增加2项构成的等差数列，再利用插空法列式求解. 【详解】从项的等差数列中删除2项等价于该等差数列是由其中的项增加2项构成的， 把项按每相邻4项为一组分成组，共有个间隙， 若插入相邻2项，则有种方法；若插入不相邻项，则有种方法， 所以不同取法种数是. 故答案为： 四、解答题：本大题共5个小题，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. 已知数列为等比数列，且，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出等比数列公比，再求出通项公式. （2）由（1）的结论，利用分组求和法及等比数列前项和公式求解. 【小问1详解】 在等比数列中，由，，得公比， ，解得，， 所以的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以. 16. 过点的直线与抛物线交于，两点，是的焦点． （1）若线段中点的横坐标为1，求的值； （2）求的取值范围． 【答案】（1）3； （2）. 【解析】 【分析】（1）设，根据题意，得到，结合抛物线的定义，即可求解. （2）设直线的方程为，联立方程组，得到且，求得，结合，即可求解. 【小问1详解】 抛物线的焦点，设， 由线段中点的横坐标为，得，由抛物线定义得， 所以. 【小问2详解】 由直线过点，设直线的方程为， 由消去并整理得， 由，得，且， 则， 所以的取值范围为. 17. 已知函数． （1）若，求函数的单调区间； （2）设，讨论函数的零点个数； （3）证明：，． 【答案】（1）递增区间是，递减区间是； （2）当或时，函数有1个零点； 当时，函数有2个零点； 当时，函数有0个零点.； （3）证明：由（2）知，当时，，当且仅当时取等号， 取，则， 因此， 所以. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调区间. （2）求出函数的导数，按讨论单调性，借助零点存在性定理及函数最值情况分类得解. （3）由（2）可得，再利用不等式性质及累加法推理得证. 【小问1详解】 当时，函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的递增区间是，递减区间是. 【小问2详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递增，， 当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，则函数存在唯一零点； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 当时，，当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大， 当趋近于正无穷大时，趋近于负无穷大，函数有2个零点； 当时，，函数存在唯一零点； 当时，，函数无零点，即零点个数为0， 所以当或时，函数有1个零点； 当时，函数有2个零点； 当时，函数有0个零点. 【小问3详解】 略 18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，动点在棱上移动，连接． （1）证明：平面平面； （2）若点为棱的中点，平面，平面． （i）与所成的最小角为，求； （ii）设平面平面，，与所成角的最小值为，当最小时，求的值． 【答案】（1）证明：连接， 因为底面是边长为2的正方形，所以⊥， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以⊥平面， 又平面， 所以平面平面； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到⊥，由平面，得到，从而得到⊥平面，又平面，证明出面面垂直； （2）（i）作出辅助线，得到，故⊥平面，故当在直线上时，与所成的角最小，即，求出各边长，利用求出答案； （ii）设，分，和三种情况，画出图形，证明线面垂直，得到三种情况下的最小值，比较后得到时，最小值为，并求出，得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）设，则为中点，连接， 因为点为棱的中点， 所以， 因为平面，所以⊥平面， 又平面，故当在直线上时，与所成的角最小， 即， 因为，所以， 因为底面是边长为2的正方形，所以， 故，由勾股定理得， 所以； （ii）设，若，即为中点，此时， 平面平面，显然此时， 取中点，连接，则，⊥， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 又，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，即， ，故， 与所成角的最小值为，即与所成角的最小值为， 由于与平面上的直线的夹角最小， 故当与点重合时，，此时与所成角最小，最小值为， 其中，故； 若时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，则， 过点作⊥于点，连接， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， ，故， 与所成角的最小值为，即与所成角的最小值为， 故当，此时与所成角最小，最小值为， 其中， 由于，故，故； 若时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，则， 过点作⊥于点，连接， 同理可证⊥，， 与所成角的最小值为，即与所成角的最小值为， 故当，此时与所成角最小，最小值为， 其中， 当时，为等腰直角三角形，⊥， 此时重合，取得最大值，最大值为， 故取得最小值，最小值为， 由于，故当时，满足要求， 此时，过点作，交于点，则， 即，故， 又，故，故， 因为点为棱的中点，所以 其中，故，即，解得， 综上，. 19. 现有一批产品，每件产品是否合格相互独立，每件产品的不合格率均为． （1）在抽取的100件产品中，恰有2件不合格品，以频率估计概率，若从该批产品中共抽取件，记不合格品的数量为． （i）求的期望； （ii）当概率（其中）取得最大值时，求的值． （2）极大似然估计是用给定观察数据来估计模型参数的一种统计方法，其基本思想是概率最大化原则：一个随机试验有若干个可能的结果，，，…，若在一次试验中，结果出现，则一般认为试验条件对出现有利，即出现的概率很大，也就是找到参数的最优值，使得在该参数下观测数据出现的概率最大（即似然函数最大）．现对该批产品估计其不合格品率，对其进行次独立观测，每次从中抽取个产品，记录不合格品数分别对应为，，…，，求的极大似然估计值． 【答案】（1）（i）；（ii）； （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据二项分布的期望公式即可得到答案； （ii）令，展开解出不等式，再分和讨论即可； （2），再两边同取对数，并求导求出其最值即可. 【小问1详解】 （i）估计不合格率，则， ； (ii)令， ， ， ， 当时，， 此时记表示不超过的最大整数． ①当时，， 取最大值时，或， ②当时 取最大值时，， 【小问2详解】 ，则， 似然函数， 两边同时取自然对数并整理得： 令， ， 时，此时单调递增， 时，，此时单调递减， 所以时，最大，此时似然函数取得最大值． 因此，的极大似然估计量为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遵义市2025届高三年级第三次适应性考试 数学 （满分：150分，时间：120分钟） 注意事项： 1．考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的姓名，班级，考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码． 2．选择题答题时，请用2B铅笔答题，若需改动，请用橡皮轻轻擦拭干净后再选涂其它选项；非选择题答题时，请用黑色签字笔在答题卡相应的位置答题；在规定区域以外的答题不给分；在试卷上作答无效. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上． 1. 复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，若，则（ ） A. B. 6 C. 4 D. 2 4. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学在同一个社区进行民意调查，参加活动的甲、乙两班的人数之比为，其中甲班中女生占，乙班中女生占，则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为锐角，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 某学校社团举办“灯笼装饰校园”的活动比赛，要求用彩带制作、两种类型的灯笼，其中型灯笼每个需要0.5米彩带，型灯笼每个需要1米彩带．活动规定：两种灯笼数量的乘积越大，评分越高．已知某同学用60米长的彩带制作型灯笼个，型灯笼个．若要使该同学的得分最高，则实数，的值分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 已知函数，则下列选项正确的是（ ） A. 的图像关于直线对称 B. ,，当时，均有 C. 的图像关于点对称 D. 至少有2个零点 二、多项选择题：本大题共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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列选项正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 已知线性相关系数为，若越接近1，则两个变量的线性相关程度越高 C. 回归直线方程为，则样本点的残差为0.1 D. 一组数，，…，的平均数为，若再插入一个数，则这个数的方差不变 10. 如图，四面体中，等边的边长为，，，平面平面，则下列选项正确的是（ ） A. 四面体的体积为 B. 直线与直线所成角的大小为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为3 11. 椭圆的左右焦点分别为，，点在上，双曲线与椭圆有相同的焦点，则下列选项正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 若，则 C. 若是等腰三角形，则满足条件的点有4个 D. 若是椭圆与双曲线的交点，且在第二象限，交轴于点，平分，则双曲线的离心率为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 棱长为2的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积等于______. 13. 已知函数是偶函数，且当时，，则不等式的解集为___．（用区间表示） 14. 设为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，每组的4个数都能构成等差数列，且公差与原数列的公差相同，则取法有______种．（用含的代数式作答） 四、解答题：本大题共5个小题，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. 已知数列为等比数列，且，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 过点的直线与抛物线交于，两点，是的焦点． （1）若线段中点的横坐标为1，求的值； （2）求的取值范围． 17. 已知函数． （1）若，求函数的单调区间； （2）设，讨论函数的零点个数； （3）证明：，． 18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，动点在棱上移动，连接． （1）证明：平面平面； （2）若点为棱的中点，平面，平面． （i）与所成的最小角为，求； （ii）设平面平面，，与所成角的最小值为，当最小时，求的值． 19. 现有一批产品，每件产品是否合格相互独立，每件产品的不合格率均为． （1）在抽取的100件产品中，恰有2件不合格品，以频率估计概率，若从该批产品中共抽取件，记不合格品的数量为． （i）求的期望； （ii）当概率（其中）取得最大值时，求的值． （2）极大似然估计是用给定观察数据来估计模型参数的一种统计方法，其基本思想是概率最大化原则：一个随机试验有若干个可能的结果，，，…，若在一次试验中，结果出现，则一般认为试验条件对出现有利，即出现的概率很大，也就是找到参数的最优值，使得在该参数下观测数据出现的概率最大（即似然函数最大）．现对该批产品估计其不合格品率，对其进行次独立观测，每次从中抽取个产品，记录不合格品数分别对应为，，…，，求的极大似然估计值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $