精品解析：四川省成都石室中学2024-2025学年高三下学期适应性考试（一）数学试题

成都石室中学2024-2025学年度下期高2025届适应性考试（一） 数学 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上. 2.作答选择题时，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.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题，共58分） 一､单项选择题：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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式不等式及二次不等式、二次函数的性质化简集合A，B，根据交集运算即可得解. 【详解】因为且， ， 所以. 故选：C 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数模的定义求出，再结合复数的除法运算求出，再判断其所对应点的位置即可. 【详解】因为， 所以， 即对应的点为，位于第四象限，故D正确. 故选：D. 3. 在的展开式中，的系数是（ ） A. B. 8 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】由题意可得，的通项公式为，3， 令，得，故的系数是. 故选：A 4. 下列四个条件中，使成立的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用特值或者函数单调性，结合充要条件的判定可得答案. 【详解】对于A，当时，不成立，故是成立的不充分条件， 反之，当时，成立，故是成立的必要不充分条件，故A错误； 对于B，因为在上单调递增，所以是的充要条件，故B正确； 对于C，当时，成立，但不成立，所以是成立的不充分条件， 当时，成立，但不成立，所以是成立的不必要条件，所以是的既不充分也不必要条件，故C错误； 对于D，因为在上单调递增，所以由，得， 所以是的充分不必要条件，故D错误. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件求出，再利用倍角公式化简可得结果. 【详解】等式两边平方可得，，即.. 故选：C 6. 函数有且只有一个零点，则的取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数有且只有一个零点，将其转化为函数的图象与直线有且只有一个交点，求导判断函数的单调性，求出其最小值，即得参数的值. 【详解】由，可得. 令，则， 则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 且当时，；当时，， 因函数有且只有一个零点， 即函数的图象与直线有且只有一个交点， 故. 故选：B. 7. 如图，图象上两点关于原点对称，点的横坐标，过点分别作两坐标轴的垂线得到矩形，矩形与坐标轴的交点分别记为.将图象沿轴折叠，得到一个二面角，若，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设二面角的大小为，对两边平方化简可得答案. 【详解】由题意可得，，设二面角的大小为， 因为，所以， 所以，因为，所以. 故选：B. 8. 古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆上的点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，且在点处的切线垂直于法线（即的平分线）.已知椭圆的焦距为，坐标原点到点处切线的距离为，且，则椭圆的长轴为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】作出辅助线，根据光学性质，得到点处切线与直线均为，求出点到的距离，结合椭圆的定义得到原点到点处切线的距离，得到方程，求出，，由余弦定理，，得到，结合焦距为即可求解. 【详解】如图，设点处的切线为为的平分线，交轴于点，则， 过点，分别作，垂足分别为，过点作于点. 设，则.因为，所以， 所以.因为为的中点， 所以由梯形的中位线定理， 得， 所以.因为，所以，所以.因为， 所以在中由余弦定理， 得， 即，所以，即.又因为， 所以，即椭圆的长轴为8. 故选：C. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知公差为1的等差数列满足成等比数列，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 的前8项和为 D. 的前50项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式及等比中项列方程求解判断A，由等差数列求和公式判断B，利用裂项相消法求和判断C，根据通项公式并项求和可判断D. 【详解】对于A，因为成等比数列，所以，即，解得，故A正确； 对于B，的前项和为，故B正确； 对于C，因为， 所以的前8项和为，故C错误； 对于D，因为， 所以的前50项和为，故D正确. 故选：ABD 10. 平面上，若一个动点到定点的距离与点到直线的距离之比为，则（ ） A. 动点的轨迹方程为 B. 若过点的直线与动点的轨迹只有一个交点，则直线的斜率范围为 C. 若圆，则圆上的点与动点的距离最小值为 D. 若点在动点的轨迹上，为线段的中点，则线段所在直线的方程为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意列出方程化简可判断A，由双曲线的性质可判断B，根据圆的几何性质转化为两点间的距离，利用二次函数求最值判断C，根据点差法求弦所在直线方程判断D. 【详解】对于，整理得到动点的轨迹方程为，故A正确； 对于B，若过点的直线与动点的轨迹只有一个交点，则直线与双曲线渐近线平行，故直线的斜率为，故B错误； 对于C，圆上的点与动点的距离最小值为圆心到双曲线上动点的距离最小值减去半径，即，当时，圆上的点与动点的距离最小值为，故C错误； 对于D，设在动点的轨迹上的两点，则，两式作差得，整理得，又因为线段的中点，所以，，所以线段所在直线的斜率为2，所以线段所在直线的方程为，即，故D正确. 故选：AD 11. 已知函数，对任意，均有，且为的导函数，则（ ） A. B. 为奇函数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法可求，令，结合，可得即可判断B；令，结合函数为奇函数，可得函数的周期，即可判断C；对于D，由是奇函数，可得也是周期函数，再利用复合函数的求导法则及赋值法可求. 【详解】令，得，解得，故A正确； 令，得，所以，即为奇函数，故B正确； 令，得 因为，所以， 所以， 所以的周期是4，所以， 所以，故C错误； 对两边求导，得，所以的周期为4. 对两边求导，，所以.对于中关于求导， 可得， 令，可得， 令，可得.又因为， 所以，所以， 所以，故D正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】先根据垂直关系求出数量积，再利用模长公式可求答案. 【详解】因为，所以，所以. 又因为，所以. 故答案为：2 13. 若函数在内有2个零点，则的最大值为______________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用辅助角公式将函数化简，再结合正弦函数的性质求出函数的零点，最后根据零点个数确定的取值范围，进而求出的最大值 【详解】已知，根据辅助角公式得到.  令，即，则. 所以，，解关于的方程可得，.  因为， 当时，； 当时，； 当时，. 由于函数在内有个零点，所以.解得的取值范围是.  可知，的最大值为.  故答案为：. 14. 碰碰车是一种充满乐趣和刺激的游乐设施，它可以让人们在享受快乐的同时，也能感受到速度和惊险.某游乐场的碰碰车设施包括碰碰车车辆及如图所示的三块并排平整的场地.某碰碰车在碰撞时每次都会从所在场地的通道口随机选择一个到达相邻场地或者到达场外，一旦碰碰车到达场外，本次游乐就结束.已知该碰碰车初始位置在1号场地，则游乐结束时该碰碰车是从1号场地到达场外的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用场地出口数建立递推关系，求解方程可得答案. 【详解】设碰碰车为，用表示碰碰车在号场地最终从1号场地到达场外的概率，，3， 即表示碰碰车在1号场地最终从1号场地到达场外的概率， 表示碰碰车在2号场地最终从1号场地到达场外的概率， 表示碰碰车在3号场地最终从1号场地到达场外的概率. 分为两种情况：①碰碰车在1号场地从或出，概率为；②碰碰车在1号场地从进入2号场地，概率为，在2号场地最终从1号场地到达场外的概率为.故. 分为两种情况：①碰碰车从到1号场地，概率为，在1号场地最终从1号场地到达场外的概率为；②碰碰车从进入3号场地，概率为，在3号场地最终从1号场地到达场外的概率为.故. 只有一种情况：碰碰车从到2号场地，概率为，在2号场地最终从2号场地到达场外的概率为，所以. 综上所述，解得. 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. 某绿色水果生态园在某种水果收获时随机摘下该水果100个作为样本，其质量（单位：克）分别在中，经统计，样本的频率分布直方图如图所示.注：水果质量在内的水果为优质水果，频率作为概率. （1）某经销商来收购水果时，要求生态园的水果至少有的水果质量达280克及以上，请由样本的频率分布直方图说朋生态园的水果是否符合经销商的要求？ （2）为了提高水果的优质率，现提出两种不同的改进方案进行试验.若按方案进行试验后，从果园中随机抽取15个水果，非优质水果个数的期望是2；若按方案进行试验后，从果园中随机抽取25个水果，非优质水果个数的期望是4.请通过比较两种方案的非优质率来选择改进方案. 【答案】（1）符合 （2）方案 【解析】 【分析】（1）利用频率直方图来估计第60百分位数，即可得到判断； （2）利用二项分布来求期望，即可得到两个方案中的非优质水果的概率，从而可作出选择. 【小问1详解】 由，解得. 因为，， 所以第60百分位数落在区间， 则第60百分位数为，即生态园的水果符合经销商的要求. 【小问2详解】 设按方案进行试验后，随机抽取1个水果是非优质水果的概率是，则随机抽取15个水果，非优质水果个数，则，所以. 设按方案进行试验后，随机抽取1个水果是非优质水果的概率是，则随机抽取25个水果，非优质水果个数，则，所以. 因为，所以应选择方案. 16. 如图所示，圆锥的侧棱长为，侧面积为，线段为圆锥底面的直径，是以为直径的圆上一动点，是线段的中点. （1）当时，证明：； （2）当三棱锥的体积为12时，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）因为垂直于圆锥的底面，所以. 当时，，所以. 又因为，且平面，所以平面. 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由垂直于圆锥的底面，所以，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）由圆锥的侧面积为，求得，再利用椎体体积公式求得高为3，以为原点，建立空间直角坐标系，求得相关平面的法向量，最后结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可知，. 因为圆锥的侧面积为，所以， 解得，所以. 设到的距离为， 三棱锥的体积，所以， 此时为弧的中点. 如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系. 因，所以， 则. 设平面的一个法向量为，则 取，可得，所以. 设与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 记斜的内角的对边分别为，已知，且. （1）求角； （2）为边的中点，若，求的面积； （3）如图所示，是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理可得化简后，故求； （2）根据中线向量求模后结合余弦定理可求，故可求面积； （3）由正弦定理得，由余弦定理可得，结合导数可求周长的取值范围. 【小问1详解】 由可得，， 而，故， 因为为斜三角形，故，故， 而，故即. 【小问2详解】 因为的中线，所以. 两边同时平方，得，即. 在中，，由余弦定理可得， 解得，所以. 【小问3详解】 中，由正弦定理可得即. 在中，由正弦定理可得即. 因为四边形的内角和为，且，所以. 在中， ， 所以，则， . 因为在中，所以， 则在上单调递增. 因为， 所以的取值范围为. 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知点（异于点）在抛物线上，且满足. （1）证明：直线过定点； （2）若，分别以为直径作与，过点的直线与分别交于点，求的最大值； （3）在（2）的条件下，设是抛物线上的三个点，直线均与相切，判断直线与的位置关系，并说明理由. 【答案】（1） 由题意可得，点和点在抛物线上，设， 则，得. 因为直线斜率一定存在，所以设直线. 联立得，则，即， 所以直线过定点 （2） （3）相切 设点， 则. 同理可得，. 令直线，整理得. 因为与相切，所以， 整理得. 同理可得，. 观察结构可得，直线， 所以的圆心到直线的距离为. 故直线与相切. 【解析】 【分析】（1）直线，与抛物线方程联立，韦达定理，利用数量积的坐标运算求得，即可求解定点. （2）利用几何关系得，则，即可求解面积最大值. （3）设点，则直线，利用与相切得，同理，最后通过的圆心到直线的距离等于半径即可判断. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为直线过定点，点分别在上， 所以，则， 所以. 又因为，所以. 小问3详解】 略 19. 牛顿法（Newton＇smethod）是牛顿在世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为.如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值.再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值.重复以上过程，得的近似值序列：、、、，根据已有精确度，当时，给出近似解.已知函数，其中. （1）当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解；（取，且结果保留小数点后第二位） （2）牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，指利用曲线的切线或割线解决问题. （i）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，当时，比较与的大小； （ii）当时，若关于的方程的两个根分别为，证明：.（参考数据：，时，） 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：因为在上单调递增，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是在的极小值点，也是在的最小值点， 即. 又，所以当方程有两个根时， 必满足，且， 曲线过点和点的割线方程为. 下面证明：. 设， 则，令，得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，， 在上单调递增，， 所以当时，，即. 因为，所以，解得①. 曲线过点和点的割线方程为. 下面证明：. 设， 则，即在上单调递增， ，. 因为， 所以，即， 所以，即. 由零点存在性定理可知，存在，使得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，， 在上单调递增，， 所以当时，，即. 因为，所以，解得②. 由②①，得， 即证得. 【解析】 【分析】（1）当时，可以利用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解； （2）（i）利用导数求出函数在点处的切线方程，可得出函数的解析式，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，即可得出、的大小关系； （ii）利用导数分析函数的单调性，利用导数分别证明出，，结合参考数据可证得结论成立. 【小问1详解】 当时，令， 则， 曲线在处的切线为， 令，得，则. ，， 曲线在处的切线为， 令，得，则. 故用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为. 【小问2详解】 （i）设点的坐标为，则， ，则 曲线在点处的切线方程为，即， 令，即，则. 因为在上单调递增， 所以在上单调递增. 又因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以对任意的正实数都有， 即当时，都有. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都石室中学2024-2025学年度下期高2025届适应性考试（一） 数学 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上. 2.作答选择题时，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.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答.答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题，共58分） 一､单项选择题：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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C 第三象限 D. 第四象限 3. 在的展开式中，的系数是（ ） A. B. 8 C. D. 4 4. 下列四个条件中，使成立的充要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数有且只有一个零点，则的取值是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，图象上两点关于原点对称，点的横坐标，过点分别作两坐标轴的垂线得到矩形，矩形与坐标轴的交点分别记为.将图象沿轴折叠，得到一个二面角，若，则二面角的大小为（ ） A B. C. D. 8. 古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆上的点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，且在点处的切线垂直于法线（即的平分线）.已知椭圆的焦距为，坐标原点到点处切线的距离为，且，则椭圆的长轴为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知公差为1的等差数列满足成等比数列，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 的前8项和为 D. 的前50项和为 10. 平面上，若一个动点到定点的距离与点到直线的距离之比为，则（ ） A. 动点的轨迹方程为 B. 若过点的直线与动点的轨迹只有一个交点，则直线的斜率范围为 C. 若圆，则圆上的点与动点的距离最小值为 D. 若点在动点的轨迹上，为线段的中点，则线段所在直线的方程为 11. 已知函数，对任意，均有，且为的导函数，则（ ） A. B. 为奇函数 C. D. 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，则__________. 13. 若函数在内有2个零点，则的最大值为______________. 14. 碰碰车是一种充满乐趣和刺激的游乐设施，它可以让人们在享受快乐的同时，也能感受到速度和惊险.某游乐场的碰碰车设施包括碰碰车车辆及如图所示的三块并排平整的场地.某碰碰车在碰撞时每次都会从所在场地的通道口随机选择一个到达相邻场地或者到达场外，一旦碰碰车到达场外，本次游乐就结束.已知该碰碰车初始位置在1号场地，则游乐结束时该碰碰车是从1号场地到达场外的概率为__________. 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. 某绿色水果生态园在某种水果收获时随机摘下该水果100个作为样本，其质量（单位：克）分别在中，经统计，样本的频率分布直方图如图所示.注：水果质量在内的水果为优质水果，频率作为概率. （1）某经销商来收购水果时，要求生态园的水果至少有的水果质量达280克及以上，请由样本的频率分布直方图说朋生态园的水果是否符合经销商的要求？ （2）为了提高水果的优质率，现提出两种不同的改进方案进行试验.若按方案进行试验后，从果园中随机抽取15个水果，非优质水果个数的期望是2；若按方案进行试验后，从果园中随机抽取25个水果，非优质水果个数的期望是4.请通过比较两种方案的非优质率来选择改进方案. 16. 如图所示，圆锥的侧棱长为，侧面积为，线段为圆锥底面的直径，是以为直径的圆上一动点，是线段的中点. （1）当时，证明：； （2）当三棱锥的体积为12时，求与平面所成角的正弦值. 17. 记斜的内角的对边分别为，已知，且. （1）求角； （2）为边中点，若，求的面积； （3）如图所示，是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围. 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知点（异于点）在抛物线上，且满足. （1）证明：直线过定点； （2）若，分别以为直径作与，过点的直线与分别交于点，求的最大值； （3）在（2）的条件下，设是抛物线上的三个点，直线均与相切，判断直线与的位置关系，并说明理由. 19. 牛顿法（Newton＇smethod）是牛顿在世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为.如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值.再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值.重复以上过程，得的近似值序列：、、、，根据已有精确度，当时，给出近似解.已知函数，其中. （1）当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解；（取，且结果保留小数点后第二位） （2）牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，指利用曲线的切线或割线解决问题. （i）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，当时，比较与的大小； （ii）当时，若关于方程的两个根分别为，证明：.（参考数据：，时，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $