精品解析：云南省红河哈尼族彝族自治州第一中学2025届高三下学期适应性考试数学试题

红河州第一中学2025届高三适应性考试 数 学 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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 下列说法中错误的是（    ） A. 一组数据3，5，8，9，12，13，15，20，22，30的上四分位数为20 B. 若随机变量，且，则 C. 已知数据，数据，则数据的标准差是数据标准差的4倍 D. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若一个样本点为，则实数 4. 将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，然后再向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的值可以为（    ） A. B. C. D. 5. 若 则 （ ） A. 1 B. C. D. 2 6. 播种用的一批一等葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为（   ） A. 0.0005 B. 0.4815 C. 0.5005 D. 0.4825 7. 如图，在中，，过点的直线分别交直线，于不同的两点，.设，，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点，分别在的左、右两支上，且满足，，，则的离心率为（ ） 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 为纯虚数 D. 在复平面内对应的点位于第四象限 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 11. 如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（    ） A. 三棱锥体积为 B. 若，则 C. 若，则直线与直线所成角的最小值为 D. 若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．) 12. 若在二项式的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为______． 13. 若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为________． 14. 已知曲线与有公共切线，求实数a的取值范围是______ 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸．) 15. 已知锐角的内角，所对的边分别为，满足. （1）求角的大小； （2）若，求面积的取值范围. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 17. 如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体. （1）证明：四点共面； （2）在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. （1）求的方程； （2）记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； （3）设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 19. 某无人机公司新研发了一款无人机，在大型活动中使用时需要提前进行演练.该公司从生产的一批无人机中抽取了个，分别编号为 、 、 、 、 ，不同的编号可以组成不同的演练模型.现从中选取个无人机组合为一种演练模型，则一共可以组合成种演练模型，其中取最大值时，该模型为最佳模型. （1）当 为何值时，模型最佳？并求出此时的值； （2）若 ，求 时的概率； （3）现任意抽取一个无人机试飞，每次成功的概率是.若试验成功，则试验结束；若不成功，则继续试验，直至第 次（无论成功与否都结束试验）.设 为试验结束时，进行试验的次数， 的数学期望为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 红河州第一中学2025届高三适应性考试 数 学 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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】用列举法表示集合，再利用补集的定义求解. 【详解】集合，而， 所以. 故选：C 2. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的基本量，结合已知条件，即可求得. 【详解】设等差数列的公差为， 由可得，故可得 则. 故选：D. 【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，属基础题. 3. 下列说法中错误的是（    ） A. 一组数据3，5，8，9，12，13，15，20，22，30的上四分位数为20 B. 若随机变量，且，则 C. 已知数据，数据，则数据的标准差是数据标准差的4倍 D. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若一个样本点为，则实数 【答案】D 【解析】 【分析】根据上四分位数概念计算可判断A；根据正态分布性质计算可判断B；根据方差性质可判断C；根据线性回归方程概念可判断D. 【详解】对于A，由上四分位数的概念可知：数据3，5，8，9，12，13，15，20，22，30的上四分位数为20，故选项A正确； 对于B，因为随机变量，图象关于对称，又， 所以，故选项B正确； 对于C，设数据的标准差为，则数据的标准差为，C正确； 对于D，因为样本点不一定在线性回归直线上，所以不一定是，故选项D错误， 故选：D 4. 将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来的，然后再向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的值可以为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据变换规律得到图象变换后的函数解析式，再结合偶函数的特征，列式求解. 【详解】将图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来倍，得 然后再向左平移个单位长度后，得， 又因为的图象关于轴对称，所以， 所以，当时，. 故选：B. 5. 若 则 （ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数对数转化，再应用对数运算律计算求解. 【详解】因为 所以 则 . 故选：A. 6. 播种用的一批一等葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为（   ） A. 0.0005 B. 0.4815 C. 0.5005 D. 0.4825 【答案】D 【解析】 【分析】根据全概率公式求解即可. 【详解】从这批种子中任选一颗是一，二，三，四等种子的事件分别是， 则，且，两两互斥， 设表示“从这批种子中任选一颗，所生长出的葫芦秋结出50颗以上果实”， 则， ， 则 . 故选：D. 7. 如图，在中，，过点的直线分别交直线，于不同的两点，.设，，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量基本定理得到，由共线定理的推论得到方程，求出. 【详解】， 因为，，所以， 又三点共线，所以，即. 故选：C 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点，分别在的左、右两支上，且满足，，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行关系利用对称性并结合双曲线定义，利用勾股定理构造方程可解得，可得其离心率. 【详解】连接，延长与双曲线交于点，连接，如下图所示： 由，根据对称性可知，又，所以四边形为矩形； 由可设，则; 由双曲线定义可知，所以，所以； 又，所以； 因为， 在中，，且， 所以，解得； 即，所以； 在中，，即， 解得，即. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据平行关系利用对称性，由双曲线定义和勾股定理计算得出的关系式，即可求解. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 为纯虚数 D. 在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的乘法求出复数，再根据复数的相关知识逐项判断即可. 【详解】， ，A正确； ，B正确； 不是纯虚数，C错误； 在复平面内对应的点位于第四象限，D正确. 故选：ABD. 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】令，计算可判断A，当，可得，两式相减可得，进而逐项计算可判断BCD. 【详解】对于A，当时，可得，故A正确； 对于B， 当时，， 两式相减可得，所以， 当，适合上式，所以； 由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，由可知，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，， ， 又，所以， 所以，，不构成等差数列，故C错误； 对于D，， 所以 ，故D正确. 故选：AD. 11. 如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（    ） A. 三棱锥体积为 B. 若，则 C. 若，则直线与直线所成角的最小值为 D. 若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用等体积转换易求得三棱锥体积；对于B，C，通过建系，求得相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算即可判断，利用向量夹角的坐标公式计算即可推得；对于D，先根据题意求得三棱锥外接球的半径，再判断点的轨迹为平面截三棱锥外接球的截面圆，求其周长即得. 【详解】对于A，因点在平面中，则到平面的距离为2， 故 ，故A正确； 对于B，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则，，，，， 所以， 所以，即， 所以，又，， 所以， 故，即，故B正确； 对于C，点为的中点，坐标为，点的坐标为 ， 向量，向量， 设直线与直线所成的角为，则， ， 又因为，为增函数，故当 时，， 则直线与直线所成角的最小值为，故C错误； 对于D，因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形， 过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心， 因为平面，所以，又， 所以三棱锥外接球的半径， 因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上， 所以的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆， 又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为， 所以点的轨迹周长为截面圆周长为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．) 12. 若在二项式的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意确定的值，然后写出的展开式的通项，令，求解即可. 【详解】由题意知，则的展开式通项为，令，则， 所以展开式中的系数为． 故答案为：60 13. 若直线经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为________． 【答案】或 【解析】 【分析】直线与坐标轴的交点为和，分两种情况讨论，得到椭圆的离心率. 【详解】直线与坐标轴的交点为和， 若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点， 此时椭圆的焦点在轴且，所以，离心率， 若是椭圆的焦点，是椭圆的一个顶点， 此时椭圆的焦点在轴且，所以，离心率， 所以椭圆的离心率为或， 故答案为：或. 14. 已知曲线与有公共切线，求实数a的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知在存在公切线，由同一条切线的斜率相等，截距相等可将问题转化为方程在上有解，构造函数，利用导数求得的值域，结合题干条件可求得实数a的取值范围. 【详解】由题意可知在上分别存在两个点，使得在处的切线与在处的切线为同一条直线， 因为，由同一条切线的斜率相等可得， 由同一条切线的截距相等，可得， 即， 将斜率相等的表达式代入可得， 即方程在上有解， 令，则， 令，得，当时，；当时，， 且当时，；当时，， 所以存在极大值同时也是最大值，所以的值域为， 若方程在上有解，则， 又，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、证明过程或演算步棸．) 15. 已知锐角的内角，所对的边分别为，满足. （1）求角的大小； （2）若，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，由据正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，进而求得的值，即可求解； （2）由（1）和正弦定理，得到，化简得到，根据为锐角三角形，求得，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由，可得，即， 根据正弦定理得， 因为， 所以， 即 又因为，所以，可得，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 解：在中，由正弦定理，可得， 所以， ， 因为为锐角三角形，可得，解得， 所以，所以， 所以，即面积的取值范围为. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）当时，在单调递减，在单调递增. 当时，在和单调递减，在单调递增. 当时，在单调递减， 当时，在和单调递减，在单调递增. （2）. 【解析】 【分析】（1）将函数求导后，对和 分成两种情况，讨论函数的单调性. （2）结合（1）的结论，当 且时，的两个极值均大于0，不合题意，当时，函数在定义域上递减，至多只有一个零点，不符合题意，当时，利用函数的最小值小于零，求得的取值范围，并验证此时函数有两个零点，由此求得的取值范围. 【小问1详解】 ，且定义域为， 当时，，则， ， 所以在单调递减，在单调递增. 当 时，，解得：， 当时，， 令，令或， 所以在和单调递减，在单调递增. 当时，，可得，所以在单调递减， 当时，所以， 令 ，令或， 所以在和单调递减，在单调递增. 综上所述，当时，在单调递减，在单调递增. 当时，在和单调递减，在单调递增. 当时，在单调递减， 当时，在和单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 由（1）可知当时在单调递减，在单调递增. 当时，，当 时，. 若有两个零点，只需， 所以， 当时，在单调递减，不可能有两个零点. 当 且时，和取得极值点， ， ， 令，下面证， ，当时，，当 时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， ， 所以， 所以当 且时，不可能有两个零点. 综上所述，当时，有两个零点. 17. 如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体. （1）证明：四点共面； （2）在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）因为平面平面，平面平面， 且，平面， 所以平面，又， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 易得， 则， 则，则， 即，所以四点共面. （2）. 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，由平行向量的坐标关系证得，即可证得四点共面； （2）由题意设，求出，分别求出平面与平面的法向量，由垂直向量的坐标表示求出，再求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，，，， 设，则，则， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 由平面平面，则，解得， 则，则，又， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. （1）求的方程； （2）记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； （3）设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，即可求解； （2）设直线的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解； （3）由（2）结合两点斜率公式即可求解. 【小问1详解】 由题意知，所以抛物线方程为. 【小问2详解】 由题意可设直线的方程为，，，则，，. 所以，得， 所以，. 所以直线的方程为：，与直线的方程联立消去， 解得，同理. 所以.所以. 所以直线的斜率为. 【小问3详解】 设， 因为. 因为，. 所以， 当时，为定值.所以. 19. 某无人机公司新研发了一款无人机，在大型活动中使用时需要提前进行演练.该公司从生产的一批无人机中抽取了个，分别编号为 、 、 、 、 ，不同的编号可以组成不同的演练模型.现从中选取个无人机组合为一种演练模型，则一共可以组合成种演练模型，其中取最大值时，该模型为最佳模型. （1）当 为何值时，模型最佳？并求出此时的值； （2）若 ，求 时的概率； （3）现任意抽取一个无人机试飞，每次成功的概率是.若试验成功，则试验结束；若不成功，则继续试验，直至第 次（无论成功与否都结束试验）.设 为试验结束时，进行试验的次数， 的数学期望为，证明：. 【答案】（1） ， （2） （3）由题知， 的分布列为 P p (1-p)p (1-p)2p (1-p)n-2p 故①， 又因为 ②， 由① ②得 ， 因为 ，所以，故. 【解析】 【分析】（1）已知条件得出 ，可得出，利用作差法判断的单调性，可得出最大值及其对应的 的值，即可得出结论； （2）由 可得出 的值，由此可求得的值； （3）求出随机变量 的分布列，可得出，将与作差可得出结论. 【小问1详解】 依题意有 ， 所以， 又 ，所以 ，即， 所以函数在上单调递减， 于是当 时，取最大值，且，此时模型最佳. 【小问2详解】 当 时， ， 所以当 时，其概率， 所以 时的概率为. 【小问3详解】 略 【点睛】易错点点睛：求时易出现错误为 ，实际上，当 时，表明前次试验均不成功，第 次试验不管是否成功，试验都要结束，所以 ，这是学生最易疏忽的地方. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $