精品解析：四川省绵阳中学2025届高三下学期高考适应性考试（一）数学试题

2022级高考适应性考试（一） 数学试题 （考试时间：120分钟，试卷满分150分） 第一部分（选择题，共58分） 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 集合，则的子集有（ ）个 A. 8 B. 7 C. 6 D. 3 2. 复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知均值为10，方差为1，则的均值和方差分别为（ ） A. 20，2 B. 21，2 C. 21，4 D. 20，4 4. 设，则，，的大小关系是（ ）． A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 设，表示n的正因数的个数，如，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的上焦点为，过的直线与的两条渐近线分别交于第一，四象限的两点，满足，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 正实数满足，则=（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 二､多选题：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. 已知函数定义域为，且的图象关于点对称，函数关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. C. D. 10. 圆为三角形ABC的外接圆，则（ ） A. B. C. 三角形的面积为 D. 三角形的周长为 11. 正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（ ） A. 动点F的轨迹长度为 B. 三棱锥的体积范围为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为 第二部分（非选择题，共92分） 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上） 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 13. 已知等差数列的第5项是的展开式中的常数项，则该数列的前9项和__________. 14. 掷一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则的概率是___________． 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. 某学术平台引入智能检测系统对所收集的文本进行筛查.检测系统对AI生成文本的识别准确率为98%，对人类撰写文本的识别准确率为96.5%.检测系统对所收集的文本进行筛查时，会对每篇文本输出一个“AI生成概率”得分y（分）.y与文本长度x（字）可以用一元线性回归模型来刻画，其线性回归方程为，且，，已知该平台中15%的文本由AI生成. （1）求回归系数； （2）从该平台随机选取一篇文本，求该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率（精确到0.001）； （3）现从平台中随机抽取200篇文本进行统计分析，填写列联表（篇数四舍五入取整数）： 文本真实性 检测结果 总计 识别为AI生成（篇） 识别为人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 真实人类撰写（篇） 总计 200 依据小概率值的独立性检验，能否判断“检测结果”与“文本真实性”有差异？ 参考公式： 提示：独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图，四棱柱的棱长均为2，且，，是中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 17. 在中，角所对的边分别为，已知，且满足 （1）求角的大小 （2）的内心为，求周长的取值范围. 18. 已知函数 （1）若，讨论函数在的单调性； （2）若，求证：． （3）若在上有唯一的零点，求实数的最小值． 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆C的中心为原点，焦点在坐标轴上，为上两点，为椭圆上三个动点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求椭圆内接菱形的面积的最小值； （3）是否存点使为的重心？若存在，请探究的面积是否为定值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级高考适应性考试（一） 数学试题 （考试时间：120分钟，试卷满分150分） 第一部分（选择题，共58分） 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 集合，则的子集有（ ）个 A. 8 B. 7 C. 6 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由题可解集合，再利用子集个数求解公式可求. 【详解】因为， 所以则的子集有个， 故选：A. 2. 复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算计算可得. 【详解】因为， 所以. 故选：A 3. 已知均值为10，方差为1，则的均值和方差分别为（ ） A. 20，2 B. 21，2 C. 21，4 D. 20，4 【答案】C 【解析】 【分析】利用均值和方差的性质可得结果. 【详解】因为均值为10，方差为1， 所以的均值为，方差为. 故选：C. 4. 设，则，，的大小关系是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，当时，，因此，故选B. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角关系，两角差正弦公式化简可得，由此可求，由配方，结合平方关系可求结论. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：C. 6. 设，表示n的正因数的个数，如，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据定义得到、，再由裂项相消法求和即可得. 【详解】由有个正因数，有个正因数， 所以 . 故选：B 7. 已知双曲线的上焦点为，过的直线与的两条渐近线分别交于第一，四象限的两点，满足，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用渐近线方程和垂线联立方程组来求解两个交点的横坐标，再结合两点弦长公式，可利用得到方程求解，则即可求离心率. 【详解】 由双曲线可得渐近线方程为， 即， 因为所以可设， 联立：，解得， 联立：，解得， 由于这个交点在第四象限，所以，即 所以， 化简得：， 再化简得：， 因为，所以，解得， 所以， 即离心率， 故选：B. 8. 正实数满足，则=（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由题意结合基本不等式可得，令，对求导，可证得，所以，由此解出，即可得出答案. 【详解】解析：由，得， 因为均为正实数，所以（当且仅当，即时取等号）， 所以，即. 令，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 故当时，， 即（当且仅当时取等号）， 因此，即. 由和可得， 则有，解得， 所以. 故选：B. 二､多选题：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. 已知函数定义域为，且的图象关于点对称，函数关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意结合函数的对称性可推出函数的周期以及对称轴，逐项判断即可. 【详解】由函数关于直线对称，可得， 即，则函数关于直线对称，故选项C正确； 由的图象关于点对称，可得， 即，以2x代换x，则， 所以函数关于点对称，可得，即， 结合可得， 所以，故选项B正确. 所以是周期函数，且周期为4，其图象不仅关于直线对称还关于点对称， 所以不关于点和对称，所以不是奇函数，，故选项A、D错误； 故选：BC 10. 圆为三角形ABC的外接圆，则（ ） A. B. C. 三角形的面积为 D. 三角形的周长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，采用反证法思路，经推理得出矛盾排除此项；对于B，利用三角形外心的性质和向量数量积的定义式计算即得；对于C，由向量等式构造数量积，求得即可计算面积判断；对于D，利用余弦定理求出，即可判断. 【详解】对于A，因点是的外心，则点在的中垂线上， 若点符合，则点也应在的中垂线上，则，这与题设条件矛盾，故A错误； 对于B，因为是的外心，则在的中垂线上， 于是，，故B正确； 对于C，由可得， 即，解得，解得 则，故的面积为，故C正确； 对于D，由余弦定理，， 解得，故三角形的周长为，故D正确. 故选：BCD. 11. 正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（ ） A. 动点F的轨迹长度为 B. 三棱锥的体积范围为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意利用面面平行判定定理可证明平面平面，可得出动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误；由棱锥体积公式计算可知三棱锥的体积范围为，可得B正确，结合A中分析可知点到平面的距离为定值，可判断C正确，确定点的位置后找出外接球球心位置，列方程求出外接球半径可得D正确. 【详解】对于A，取的中点的中点为，连，过作交于，连，如下图所示： 因为为中点，由正方体性质可知，因此可得四点共面； 由可知为的中点， 又因为平面，平面， 所以平面； 又的中点为，所以， 又平面，平面， 所以平面； 因为，平面， 所以可得平面平面， 又因为需满足平面，且为平面上的动点， 所以动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误； 对于B，显然三棱锥的顶点到底面的距离为， 所以当的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大； 又因为，所以当在时，点到的距离最小为1， 此时体积最小，即的最小值为， 当在时，点到的距离最大为2， 此时体积最大，即的最大为； 因此三棱锥的体积范围为，即B正确； 对于C，由于，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值； 又因为底面的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值， 即不变，可得C正确； 对于D，当三棱锥的体积最小时，根据B中分析可知此时与重合， 即求的外接球的半径即可， 设外接球的球心为，半径为的外接圆圆心为，半径为为中点， 如下图所示： 则，在直角梯形和直角三角形中， 易知， 所以可得，解得； 所以外接球表面积为， 因此当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为，可得D正确. 故选：BCD 第二部分（非选择题，共92分） 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上） 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求解即可. 【详解】由，当时，, 所以点在曲线上. 求导：， 则，所以曲线在点处的切线方程为. 故答案为：. 13. 已知等差数列的第5项是的展开式中的常数项，则该数列的前9项和__________. 【答案】15 【解析】 【分析】先根据二项式通项计算得出，进而得出，再结合等差数列求和公式计算即可. 【详解】二项式的通项为：， 令，得， 所以展开式中的常数项为， 即．由等差数列的性质得． 故答案为：15. 14. 掷一枚质地均匀的骰子3次，将每次骰子正面朝上的数字依次记为，则的概率是___________． 【答案】 【解析】 【分析】先算出总的基本事件，可分为四种情况，每种情况可理解为先选数，再把数赋值给， 利用组合数的定义和古典概型即可求得概率. 【详解】掷一枚质地均匀的骰子3次，总的基本事件数为：，可分为以下四种情况： ，可理解为从1到6任选3个数，最大的赋给，中间值赋给，最小的赋给，所以包含的基本事件数为：， ，可理解为从1到6任选2个数，较大的赋给，较小的赋给，所以包含的基本事件数为：， ，可理解为从1到6任选2个数，较大的赋给，较小的赋给，所以包含的基本事件数为：， ，可理解为从1到6任选1个数，把这个数都赋给，所以包含的基本事件数为：， 所以所求事件概率为． 故答案：． 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. 某学术平台引入智能检测系统对所收集的文本进行筛查.检测系统对AI生成文本的识别准确率为98%，对人类撰写文本的识别准确率为96.5%.检测系统对所收集的文本进行筛查时，会对每篇文本输出一个“AI生成概率”得分y（分）.y与文本长度x（字）可以用一元线性回归模型来刻画，其线性回归方程为，且，，已知该平台中15%的文本由AI生成. （1）求回归系数； （2）从该平台随机选取一篇文本，求该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率（精确到0.001）； （3）现从平台中随机抽取200篇文本进行统计分析，填写列联表（篇数四舍五入取整数）： 文本真实性 检测结果 总计 识别为AI生成（篇） 识别为人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 真实人类撰写（篇） 总计 200 依据小概率值的独立性检验，能否判断“检测结果”与“文本真实性”有差异？ 参考公式： 提示：独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2） （3）判断“检测结果”与“文本真实性”有差异 【解析】 【分析】（1）利用回归直线过样本中心可求回归系数； （2）利用全概率公式可求概率； （3）完善列联表，再根据公式计算卡方，结合临界值表判断即可. 【小问1详解】 因为，且，， 故，故. 【小问2详解】 记事件为 “由AI生成的文本”， 为“由人类撰写的文本”， 为“被检测系统识别为人类撰写的文本”， 由题意知，，，，， 由全概率公式知： ， 即该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率约为. 【小问3详解】 AI生成的篇数为，人类撰写的篇数为， 真实AI生成且被识别为AI生成的篇数， 真实人类撰写且被识别为人类撰写的篇数， 故列联表为： 文本真实性 检测结果 总计 识别为AI生成（篇） 识别为人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 29 1 30 真实人类撰写（篇） 6 164 170 总计 35 165 200 零假设为：分类变量相互独立，即“检测结果”与“文本真实性”无差异. 由列联表数据计算得，， 所以依据小概率值的独立性检验，可以判断“检测结果”与“文本真实性”有差异. 16. 如图，四棱柱的棱长均为2，且，，是中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 连接交于点，连接，如下图： 由题可知为的中点，且为边长是2的等边三角形， 因此，可得， 在中，由，可得：， 即；同理可得； 又，所以为等腰直角三角形，所以； 易知，又，， 接满足，所以； 又，平面， 所以平面； 又因为平面， 所以平面平面 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求得，再结合勾股定理并利用线面垂直判定定理证明可得平面，即可得出结论； （2）建立空间直角坐标系分别求出两平面的法向量，即可求得二面角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 显然， 可得； 设平面的一个法向量为， 则，令，则，； 所以； 设平面的一个法向量为， 则，解得，令，则； 所以； 可得， 由图可知，二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值为. 17. 在中，角所对的边分别为，已知，且满足 （1）求角的大小 （2）的内心为，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换可得,再根据即可求解； （2）设的内心为，，在中，由正弦定理得，再根据三角恒等变换求解即可. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理，得， 由，则， 即, 而，故， 又， 所以 【小问2详解】 由（1）可得， 即， 设的内心为，即， 故. 设，则， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以的周长为 因为， 所以， 所以， 所以， 故的周长取值范围为. 18. 已知函数 （1）若，讨论函数在的单调性； （2）若，求证：． （3）若在上有唯一的零点，求实数的最小值． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减； （2） 令，则，可得， 令，则，，在上单调递减， ，在上单调递增， 所以时，即，所以； （3）1． 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可； （2）构造，应用导数研究单调性求其最小值得到，即可证； （3）问题化为与有唯一的交点，利用导数求的最值，即可得参数范围. 【小问1详解】 当时，， ， 由，， 令，则，所以，或， 令，则，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 令，即， 在上有唯一的零点，即与有唯一的交点， ，由（2）知， ， 在上单调递增，故，， ，的最小值为1． 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆C的中心为原点，焦点在坐标轴上，为上两点，为椭圆上三个动点. （1）求椭圆的标准方程； （2）求椭圆内接菱形的面积的最小值； （3）是否存点使为的重心？若存在，请探究的面积是否为定值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）8 （3）是定值， 【解析】 【分析】（1）设椭圆的方程为，代入可得标准方程； （2）联立，可得，同理可得，从而，再由，结合均值不等式求解最值； （3）分直线的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，斜率不存在时取特殊点易得的面积为，斜率存在时联立直线和椭圆方程，得到韦达定理，结合重心的性质可表示出点的坐标，将的坐标代入椭圆方程，化简可得，由三角形面积公式表示出的面积并化简，可得的面积为定值，所以. 【小问1详解】 设椭圆为， 由题意得，解得，故椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 由椭圆的对称性，菱形中心为原点，设直线 ，联立， 所以，同理， 所以 （“”在时取得）. 【小问3详解】 当直线的斜率不存在时，取符合题意， 故存在点，使为的重心，且此时的面积为， 当直线的斜率存在时，设，联立的方程消去得. 设，则. 由条件得，得， 则， ， 综上，的面积为定值，其值为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $