精品解析：2025届山西省太原市某校高三下学期5月高考综合改革适应性演练数学试题

2025年高考综合改革适应性演练 数学 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. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 设，为复数，且，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 3. 设向量，，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则与的夹角为钝角 B. 若，则 C. 若，则或 D. 与共线的单位向量有且只有 4. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 5. 已知双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线夹角为，且点在上，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 或2 6. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则（ ） A. B. 1 C. e D. 7. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 8. 设函数，若恒成立，则的最小值为（ ） 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. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是奇函数 B. C. 函数的图象关于点对称 D. 11. 如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，且为与的交点，则下列说法正确的有（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 设，则 D. 以为球心，为半径的球在四边形内的交线长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的图象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. 在正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是__________． 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. 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）如图，若为 外一点，且，，，，求的面积． 16. 已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，E是的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 18. 已知椭圆，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，，R是直线上一动点，的最小值为1． （1）求E的方程： （2）过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求面积的取值范围． 19. 一个不透明的袋子中装有10个质地、大小均相同的小球，其中2个白球，8个黑球，每次从袋子中随机抽取一个小球，若抽到的是黑球，则放回袋子中，不做任何改变；若抽到的是白球，则用一个质地、大小均与袋中的黑球相同的黑球替换该白球放回袋子中（例：若第一次抽到的是白球，则第二次抽取时袋中就有1个白球，9个黑球）. （1）若从袋子中随机抽取小球3次，记为抽到白球的次数，求的分布列和数学期望； （2）记第（且）次恰好抽到第二个白球的概率为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高考综合改革适应性演练 数学 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. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合A，B，再利用并集的运算求解. 【详解】解：因为， ， 所以． 故选：B． 2. 设，为复数，且，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算，代入计算，逐一判断，即可得到结果. 【详解】设，， 对于A，因为， 所以， 且，所以，故A正确； 对于B，因为，，， 则，， 所以，故B正确； 对于C，若，例如，，满足， 但，，即，故C错误； 对于D，因为， 所以，， 所以，故D正确. 故选：C. 3. 设向量，，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则与的夹角为钝角 B. 若，则 C. 若，则或 D. 与共线的单位向量有且只有 【答案】D 【解析】 【分析】利用单位向量的定义，平面向量的线性运算和数量积运算，逐一分析各个选项即可得解． 【详解】对于A，若与的夹角为钝角，则且与不共线， 又，，则，解得且，所以当时，与的夹角为钝角，故A正确； 对于B，因为，所以，得，故B正确； 对于C，由，即，解得，故C正确． 对于D，易得，与共线的单位向量为，即与共线的单位向量为或，故D错误； 故选：D． 4. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据两角和与差的正弦公式进行化简求值即可. 【详解】由于， 那么， ，则， 故选：C． 5. 已知双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线夹角为，且点在上，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线夹角得到渐近线方程，然后得到或，再设双曲线方程，根据进行取舍. 【详解】由双曲线的两条渐近线夹角为，可知的渐近线方程为或， 由（其中为渐近线的斜率），解得或， 若，如图，令，点不可能在双曲线上； 或设双曲线方程为：，则无解； 若，设双曲线方程为：，则， 此时双曲线方程为：. 故选：C． 6. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则（ ） A. B. 1 C. e D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：把两曲线与有一个公共点，转化为方程只有一个实数解，通过分离常数求出值； 方法二：把两曲线与有一个公共点，转化成两曲线只有一个公切点，再利用几何意义求解； 方法三：利用原函数和反函数图像关于对称，且两函数图像都与相切于点，巧妙求出值. 【详解】方法一：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 方程只有一个实数解，而，则只考虑， 即，令，则， 而在单调递增，且， 所以时，单调递减， 时，单调递增， 而时，；时，， 所以． 方法二：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 则曲线与曲线只有一个公切点，设其坐标为， 根据函数的图像与函数的图像之间的关系， 所以有， 即，所以， 设，则在单调递减，而， 所以，所以． 方法三：由于函数的反函数为，两函数关于对称， 由于，令，则，即函数与函数相切于点， 同理，，令，即函数． 与函数也相切于点， 于是函数与函数相切于点，由选项可知，． 故选：B. 7. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用连续型随机变量服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误. 【详解】由连续型随机变量服从正态分布， 可得，可得，所以正态密度曲线关于对称， 即， 由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢， 所以无对称轴，故AB错误； ， 所以关于点成中心对称，故C正确，D错误. 故选：C. 8. 设函数，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，分和两种情况讨论，当，结合条件可知不合题意，当，根据条件得到，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而求得最小值，即可求解. 【详解】由题意函数的定义域为，当时，， 则由，得恒成立，因为的值域为，故不可能恒成立，故不成立； 当时，由，得，由得， 由，得，由得，因为恒成立，故，即， 故，设，则，由，得到， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 故，所以的最小值为， 故选：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. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用回归方程判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图象的波动性判断CD. 【详解】对于A，经验回归方程中斜率，则样本负相关，A正确； 对于B，原样本均值：，由，得，B正确： 对于C，由图1的数据波动较大可得比更集中，则，C错误； 对于D，由图1的残差平方和较图2的残差平方和大知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，D正确． 故选：ABD 10. 已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是奇函数 B. C. 函数的图象关于点对称 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据函数的奇偶定义可判定A；对B，利用抽象函数的奇偶性，复合函数求导可判定B；对C，利用抽象函数的对称性可判定C；对D，利用利用抽象函数的递推公式可求得关系式，再求和可判定D. 【详解】对A，因为，所以， 所以函数是偶函数，故A错误； 对B，因为为偶函数，所以，即， 所以，即，令，得， 所以，故B正确； 对C，因为，所以， 即，又，所以， 所以，所以，即， 所以函数的图象关于点对称，故C正确； 对D，因为，令，得， 所以，又，所以， ，…，所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，且为与的交点，则下列说法正确的有（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 设，则 D. 以为球心，为半径的球在四边形内的交线长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用勾股定理算出，根据三棱锥体积公式求得三棱锥的体积，建立空间直角坐标系，利用向量法证得，通过作出球与平面的交线判断D选项. 【详解】依题意，连接交于，连接，则由菱形及直棱柱可知两两垂直， 且. 对于A，， 所以，故A正确； 对于B，连接，由题意得， 则，故B正确； 对于C，以为原点，以所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以， ，则故C错误； 对于D，取的中点为，连接， 由为等边三角形可得， 且平面，由球的半径为， 知球面与平面的交线是以为圆心， 以2为半径的圆，如图，在正方形内， 以为圆心，2为半径作圆，所得的圆弧即为所求交线， 由题意可知，所以弧的长为，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. 函数的图象在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求切线斜率，再用点斜式写出切线方程即可. 【详解】求导得，则有， 又因为， 所以在点处的切线方程为：， 整理得：， 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. 在正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定的位置，再由几何关系求出正弦值. 【详解】 设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点， 易知平分，平分，易知， 取中点为，则在的平分线上， 同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上， 易知面，故，同理， 于是为平面与平面的夹角的平面角， 设正四面体棱长为，则，， 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，证明过程或演算步骤． 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）如图，若为 外一点，且，，，，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)根据条件，运用倍角公式和差公式正弦定理化简即可； (2)连接BD，先求出 ，再求出 ，运用正弦定理求出BC即可. 【小问1详解】 由，得， 即， 由正弦定理，得，整理，得， ∴，又，∴，∴； 又，∴； 【小问2详解】 连接BD，因为，，， 所以，， 所以，所以． 又，所以， 在 中，由正弦定理可得，即， 所以 ， 所以 ； 综上， . 16. 已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，E是的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因底面是菱形，，是BC中点，所以，又，则. 已知平面，平面，所以. 因为平面，且，所以平面. 又平面，故. 四棱台上下底面平行且相似，上底面是边长为菱形. 在四边形中，，，由勾股定理得，. 在中，，所以，即. 因为平面，，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先由底面菱形性质及线面垂直性质证平面，得. 再根据已知边长用勾股定理逆定理证. 因为与相交，所以平面. （2）解法1，过作，证平面，再过作，得为二面角平面角. 算出、长度，用正切求出正切值，再求其余弦值. 解法2，建立空间直角坐标系，用向量法求二面角.先找出平面的一个法向量. 设平面法向量，根据向量垂直关系求出. 最后用向量夹角公式求两平面夹角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1 在等腰直角中，过作， 则M是中点，， 又，所以平面， 又因为平面，所以， 过M作，连接， 由于平面， 所以平面， 又平面，故， 所以为平面与平面的夹角， 由（1）知，在中，， 故， 因为平面，平面， 所以， 则， 又因为为锐角， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为． 解法2 因为平面ABCD，所以AE，AD，两两垂直． 以A为原点，AE，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系 则， ， 由（1）易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则， 即取，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 【点睛】 17. 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以，依题意，解得； 【小问2详解】 因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 18. 已知椭圆，F为E的右焦点，P为E上的动点，当直线PF与x轴垂直时，，R是直线上一动点，的最小值为1． （1）求E的方程： （2）过R作E的两条切线分别交x轴于M，N两点，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题干所给信息及，可求椭圆方程. （2）设出直线RM，RN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 设点， 当直线PF与x轴垂直时，点，则 因为的最小值为，所以， 又由， 可解得， 故E的方程为． 【小问2详解】 如图， 设点，注意到RM，RN斜率不为0， 设， 联立，得， 因为RM与E相切，所以， 于是， 化简得， 又RN与E相切，同理有， 故m，n是一元二次方程的两根， 则， 所以， 又，所以， 所以面积的取值范围为． 19. 一个不透明的袋子中装有10个质地、大小均相同的小球，其中2个白球，8个黑球，每次从袋子中随机抽取一个小球，若抽到的是黑球，则放回袋子中，不做任何改变；若抽到的是白球，则用一个质地、大小均与袋中的黑球相同的黑球替换该白球放回袋子中（例：若第一次抽到的是白球，则第二次抽取时袋中就有1个白球，9个黑球）. （1）若从袋子中随机抽取小球3次，记为抽到白球的次数，求的分布列和数学期望； （2）记第（且）次恰好抽到第二个白球的概率为，求. 【答案】（1） 0 1 2 ； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出数学期望即得. （2）利用独立重复事件求出第次抽到第一个白球，第次抽到第二个白球的概率，再利用互斥事件的概率公式，结合等比数列前项和公式求出. 【小问1详解】 依题意，的所有可能取值为0，1，2， 则， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 数学期望. 【小问2详解】 设第次抽到第一个白球，则第次抽到第二个白球的概率为： . 所以. 【点睛】思路点睛：求解应用问题思路：①认真审题，厘清已知条件中的信息；②分清所求与已知之间的关系；③注重对基本概念的理解，并加强知识间的整合能力，特别是加强对知识点交汇问题的求解能力，提升阅读理解能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $