精品解析：北京市大兴精华学校2024-2025学年高三下学期5月高考适应性测试数学试题

2024—2025学年高考适应性测试 数学 2025.05 本试卷共5页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知集合，，则（ ） A. B.  C.  D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据分式不等式的解法得出；再根据集合间的基本关系即可判断. 【详解】因为，， 所以，. 故选：B. 2. 若复数为纯虚数，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解. 【详解】复数为纯虚数，则，解的. 故选：A 3. 已知直线：与圆：，则（ ） A. 与相离 B. 与相切 C. 平分 D. 与相交但不平分 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离与半径之间的大小关系，判断直线和圆的位置关系. 【详解】已知圆：，则圆心为，半径为， 圆心到直线的距离，即直线经过圆心. 故选：C. 4. 已知平面向量，，若，则实数（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求出的值. 【详解】因为， 所以. 因为，所以 所以. 解得. 故选：C. 5. 已知抛物线：的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由抛物线定义结合得到为等边三角形，进而得到，求出，得到答案. 【详解】由抛物线定义可知， 因为，所以为等边三角形， 故，， 所以， 其中准线与轴交点为，则，故， 所以.      故选：D 6. 已知函数，函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简函数，结合正切函数的图象与性质，以及函数的定义域，即可求解. 【详解】由题意，函数， 定义域为，解得且， 结合正切函数的图象，可得函数的最小正周期为. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及同角三角函数的基本关系式的应用，其中解答中合理应用三角函数的基本关系式化简，熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了化简与运算能力，属于中档试题. 7. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可. 【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1， 则第段圆弧的半径为，弧长记为，则， 所以. 故选：D． 8. 已知数列{an}满足an+1=sinan，n∈N*，则“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断函数为单调递减，进而得到与的大小关系，再利用必要充分条件的定义，即可得到答案； 【详解】解：设，所以f′（x）=cosx﹣1≤0， 故f（x）在R上单调递减，当x>0时，f（x）<f（0）=0，即sinx<x. 当x<0时，f（x）>f（0）=0，即sinx>x. 当任意n∈N*，都有an+1≤an，即sinan≤an，所以an≥0，即a1≥0. 当a1≥0时，令a1=，a2=﹣1，a3=sin（﹣1）>﹣1， 所以a1≥0不能推出“任意n∈N*，都有an+1≤an“， 故“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”的必要不充分条件. 故选：B. 9. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接交于点,取的中点为,则平面,取的中点为,连接,则, 过作,则平面,进而求解体积. 【详解】连接交于点,取的中点为,则平面, 由其余棱长都为，所以 取的中点为,连接,则, 过作, 则平面,如图所示，由题意可知，,则, 所以, 所以. 故选：D 10. 已知定义在上的函数满足如下三个条件： ①，有； ②，有； ③，． 则下列说法正确的是（ ） A. ，有， B. ，有， C. 函数的递减区间为， D. 当时， 【答案】D 【解析】 【分析】先求证是的一个周期，以及关于直线对称即可判断AB选项；利用导函数判断在上的单调性，再结合周期性和对称性即可判断CD选项. 【详解】因，则，则， 即是的一个周期； 因，，则， 即关于直线对称， 对于A，因等价于， 即关于中心对称，故A错误； 对于B，等价于，即为偶函数，故B错误； 对于C，，， 则， 则在上单调递增， 因为为奇函数，则在上单调递增， 因为关于直线对称，则在上单调递减， 因是的一个周期，则的单调递减区间为， 单调递增区间为，故C错误； 对于D，因，则，结合单调性可知，故D正确. 故选：D 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 的展开式中项的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式来求解项的系数. 【详解】二项式展开式的通项公式为：. 令，则，所以项的系数为. 故答案为：. 12. 若双曲线（）的一条渐近线方程为，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】由焦点落在轴上的双曲线方程渐近线为，即可得，即可求得的值. 【详解】由双曲线（）可知双曲线焦点在轴上，则，得. 故答案为：3. 13. 已知函数（），，，且的最小值为，则______，______． 【答案】 ①. ##1.5 ②. 【解析】 【分析】根据两角和的正弦公式化简，求出，根据零点与极值点求出周期得出. 【详解】 ， 所以， 因为，，且的最小值为， 所以，即，解得. 故答案为：； 14. 已知函数.若的最小值为，则的一个取值为______；的最大值为______． 【答案】 ①. 2（答案不唯一，即可） ②. 4 【解析】 【分析】分别研究和时函数的最小值情况，确保两个区间内的最小值都不小于，且是整体的最小值，结合两段函数的性质，求解的取值. 【详解】由题意知，原函数中为最小值， ①当时，令，则，函数变为， 求导得，令，则， i）当，即时，最小值在处， 此时，因为的最小值为， 所以有，可得； ii）当，即时，在上单调递增， 最小值. ②当时，，最小值在处， 此时，因为的最小值为， 所以有，可得； 综上所述， . 故答案为：2（答案不唯一，即可）；4 15. 已知数列的前项和为，且（），给出下列四个结论： ①长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形； ②，； ③，； ④． 其中正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】利用余弦定理可判断①，举反例可判断②，对式子变形，换元求解数列前项和及通项公式，结合三角函数恒等变换可判断③④. 【详解】对于①，长度为，，1的三条线段组成三角形， 设边长为的边对应的角为，因为，所以， 故， 又，所以，即边长为对应的角为，故①正确； 对于②，由，，则， 当时，，故②错误； 对于③④，因为， 所以，令，则， 令，为锐角， 则 ，所以，所以，又， 所以，即，所以， 所以， 所以，所以，故④正确； 所以，当时，， 又也适合，所以， 又， 即，所以，故③正确. 故答案为：①③④. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，角的角平分线交于点，且． （1）求； （2）若，且的面积为，角的角平分线为，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再根据二倍角公式化简可得解； （2）根据三角形面积可得，再根据等面积法可得角分线长度. 【小问1详解】 由已知， 又由正弦定理可得， 又，所以， 则，又，即， 又，，即， 则，所以，； 【小问2详解】 由已知，所以， 因为为角的角分线， 故， 所以， 即， 解得. 17. 如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． （1）求证：四边形是矩形； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明：取中点为，连接和∵，∴ 又为等边三角形，∴ ∵，，平面， ∴平面，又面，∴ ∵三棱柱中， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形. （2）选条件②或条件③， 【解析】 【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 条件①：不符合题意.如图所示： 取中点，连接、：因为是边长为的正三角形， 因此，且，； 又，因此， 由勾股定理得：（1）， 根据条件①平面平面，两平面交线为，平面， 因此平面，平面， 可得.结合题设， 在中由勾股定理得：（2）. 联立（1）（2）可得，则矛盾， 因此条件①不符合题意. 条件②：取中点为，连接，交于点 则底面 三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 条件③：为正四面体，∴ 取中点为，连接，交于点 则底面 由等边易得， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则， 取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 18. 为测试、两款人工智能软件解答数学问题的能力，将100道难度相当的数学试题从1到100编号后随机分配给这两款软件测试．每道试题只被一款软件解答一次，记录结果如下： 试题类别 软件 软件 测试试题数量 正确解答的数量 测试试题数量 正确解答的数量 函数试题 30 24 20 18 几何试题 20 16 30 20 （1）估计软件能正确解答数学问题的概率； （2）小明决定采用这两款软件解答3道类似试题（假设其难度和测试的100道题基本相同），其中函数2道，几何1道；使用软件解答2道函数试题，使用软件解答1道几何试题；每道试题只用其中一款软件解答一次．假设用频率估计概率，且每次解答相互独立．用表示3道类似试题被正确解答的个数，求的分布列与数学期望； （3）小明准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第12题（假设其难度和测试的100道题基本相同），但该题内容还未知，从已往情况来看，该题是函数题的概率为，几何题的概率为．假设用频率估计概率，试说明小明用哪款软件正确解答这道试题的概率大？（结论不要求证明） 【答案】（1） （2）分布列为： 0 1 2 3 期望为 （3） 小明应该使用软件来解决这道试题,证明如下： 记“软件能正确解答这道题”为事件，“软件能正确解答这道题”为事件， “该题为几何题”为事件． 则，，， ，，， 由全概率公式可得 ． ． 因为，所以软件能够正确解决这道试题的概率更大， 故小明应该使用软件来解决这道试题． 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式即可求解； （2）法一：确定的每一个取值，求得对应概率即可求解；法二：用、分别表示这2道函数试题与1道几何试题被正确解答的个数，得到，，再由即可求解； （3）记“软件能正确解答这道题”为事件，“软件能正确解答这道题”为事件， 由全概率计算公式求得比较大小即可. 【小问1详解】 记软件能正确解答数学问题为事件， 结合题中数据以及古典概型的概率公式可得． 【小问2详解】 解法一：使用软件解答函数试题正确的概率为， 使用软件解答几何试题正确的概率为； 的可能取值为0、1、2、3， ， ， ， ， 则其分布列为： 0 1 2 3 其期望为：； 解法二：函数试题用软件解答，几何试题用软件解答． 用、分别表示这2道函数试题与1道几何试题被正确解答的个数， 因为，， 0 1 2 0 1 的可能取值为0、1、2、3， ，， ，， 则其分布列为： 0 1 2 3 由二项分布的期望公式可得， 因为，相互独立，则 ． 【小问3详解】 小明应该使用软件来解决这道试题．证明略. 19. 已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，． （1）求椭圆的方程； （2）直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由． 【答案】（1） （2）直线经过定点，定点坐标为 【解析】 【分析】（1）由焦点坐标以及短轴长的概念，结合椭圆的标准方程，可得答案； （2）利用分类讨论，分直线斜率存在与否，设出直线方程以及交点坐标，写出中点坐标，联立方程，写出韦达定理，可得答案. 【小问1详解】 因为椭圆的左焦点，所以， 又短轴长为，所以，由可得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线和斜率存在时，设直线方程为：， 设，，则有中点， 联立方程，消去得：， 由韦达定理得：，所以的坐标为， 将上式中的换成，同理可得的坐标为， 若，即，， 此时直线斜率不存在，直线过定点； 当时，即直线斜率存在， 则， 直线为， 令，得， 此时直线过定点， 显然当直线或斜率不存在时，直线就是轴，也会过， 综上所述：直线经过定点，定点坐标为. 20. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数，并说明理由． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为 （2）① ； ②方程有两个根，证明如下： 令（），， ①时，令，， ，，单调递增， ， 所以，， ． － 0 ＋ ↘ 0 ↗ ，，， 所以在区间上有一个零点． ②时，，，所以，所以递增， ， 由（i）知，所以在区间上有一个零点． ③时，由①知，， 所以，所以无零点． ④时，因为， 对于函数，则, 故在上递增， 所以，所以无零点． 综上可知函数有两个零点． 【解析】 【分析】（1）分，两种情况，解不等式，可得单调区间； （2）①由（1）可得满足题意，注意到，通过研究单调性可得答案； ②由（）单调性，结合零点存在性定理可得零点个数. 【小问1详解】 ，． 当时，对，， 所以的单调递增区间为，无递减区间； 当时，令，得． 因为时，；时，． 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 ①由（1）知，当时，的单调递增区间为， 所以当时，有，不符合题意； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以， 令（），， 与在区间上的情况如下： － 0 ＋ ↘ 0 ↗ 所以 所以时，， 时，，所以． ②方程有两个根，证明略. 【点睛】关键点睛：对于零点问题，常利用数形结合思想，转化为函数图象的交点问题，也可如本题，利用函数单调性结合零点存在性定理解决. 21. 若项数为且的有穷数列满足：，则称数列具有“性质”． （1）判断下列数列是否具有“性质”，并说明理由； ①1，2，4，3；②2，4，8，16． （2）设，2，，，若数列具有“性质”，且各项互不相同．求证：“数列为等差数列”的充要条件是“数列为常数列”； （3）已知数列具有“性质”．若存在数列，使得数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，且，求的所有可能的值． 【答案】（1）数列1，2，4，3不具有“性质M”；数列2，4，8，16具有“性质M”，理由： ，该数列不具有“性质”； ，该数列具有“性质”； （2）证明：充分性，若数列是常数列，则，即，或 又数列且各项互不相同，，数列为等差数列； 必要性，若数列为等差数列，则，即，数列为常数列； （3）或5 【解析】 【分析】（1）按照题目给出的定义可直接判断； （2）根据充要条件的概念直接证明； （3）根据条件可知，，逐渐增大，且最小值为1，分情况可求之． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，当时，，，不符合题意； 当时，数列3，2，4，1满足，，符合题意； 当时，数列2，3，4，5，1满足，符合题意； 当时，令，2，，，则，且，的取值有以下三种可能 ①，②，③， 当时，，由（2）知，，，是公差为1或的等差数列， 若公差为1时，由得或，，不合题意，不合题意； 若公差为，同上述方法可得不符合题意； 当满足②，③时，同理可证不符合题意， 故：或5． 【点睛】本题考查了给出新定义求解问题，数列的通项公式，充要条件等知识，综合性较强，是难题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年高考适应性测试 数学 2025.05 本试卷共5页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知集合，，则（ ） A. B.  C.  D. 2. 若复数为纯虚数，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知直线：与圆：，则（ ） A. 与相离 B. 与相切 C. 平分 D. 与相交但不平分 4. 已知平面向量，，若，则实数（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 4 5. 已知抛物线：的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 6. 已知函数，函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 7. 蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列{an}满足an+1=sinan，n∈N*，则“a1≥0”是“任意n∈N*，都有an+1≤an”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱长都为，则这个几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义在上的函数满足如下三个条件： ①，有； ②，有； ③，． 则下列说法正确的是（ ） A. ，有， B. ，有， C. 函数的递减区间为， D. 当时， 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 的展开式中项的系数为______． 12. 若双曲线（）的一条渐近线方程为，则______． 13. 已知函数（），，，且的最小值为，则______，______． 14. 已知函数.若的最小值为，则的一个取值为______；的最大值为______． 15. 已知数列的前项和为，且（），给出下列四个结论： ①长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形； ②，； ③，； ④． 其中正确结论的序号是______． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，角的角平分线交于点，且． （1）求； （2）若，且的面积为，角的角平分线为，求的长． 17. 如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． （1）求证：四边形是矩形； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 18. 为测试、两款人工智能软件解答数学问题的能力，将100道难度相当的数学试题从1到100编号后随机分配给这两款软件测试．每道试题只被一款软件解答一次，记录结果如下： 试题类别 软件 软件 测试试题数量 正确解答的数量 测试试题数量 正确解答的数量 函数试题 30 24 20 18 几何试题 20 16 30 20 （1）估计软件能正确解答数学问题的概率； （2）小明决定采用这两款软件解答3道类似试题（假设其难度和测试的100道题基本相同），其中函数2道，几何1道；使用软件解答2道函数试题，使用软件解答1道几何试题；每道试题只用其中一款软件解答一次．假设用频率估计概率，且每次解答相互独立．用表示3道类似试题被正确解答的个数，求的分布列与数学期望； （3）小明准备用这两款软件来解决某次数学测试中的第12题（假设其难度和测试的100道题基本相同），但该题内容还未知，从已往情况来看，该题是函数题的概率为，几何题的概率为．假设用频率估计概率，试说明小明用哪款软件正确解答这道试题的概率大？（结论不要求证明） 19. 已知椭圆：（）的短轴长为，过左焦点作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆于，和，四点．设，的中点分别为，． （1）求椭圆的方程； （2）直线是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由． 20. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）若恒成立． ①求实数的值； ②判断方程的根的个数，并说明理由． 21. 若项数为且的有穷数列满足：，则称数列具有“性质”． （1）判断下列数列是否具有“性质”，并说明理由； ①1，2，4，3；②2，4，8，16． （2）设，2，，，若数列具有“性质”，且各项互不相同．求证：“数列为等差数列”的充要条件是“数列为常数列”； （3）已知数列具有“性质”．若存在数列，使得数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，且，求的所有可能的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $