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（二）数学试题

2022级高考适应性考试（二） 数学试题 命题人：王玉蓉 何三 （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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求解不等式得集合，再根据集合的交集定义求解. 【详解】解不等式，得， 解得，则， 解不等式，得， 则， 所以． 故选：C 2. 已知复数满足 (为虚数单位)，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据 的次幂每次一个循环，得出；再根据复数的四则运算得出；最后根据复数虚部的定义即可得出结果. 【详解】因为， 所以. 又因为， 所以. 所以的虚部为. 故选：A 3. 在的展开式中，的系数为5，则a的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，可知通项为，令，可解问题. 【详解】因为的通项为， 令，解得，则， 解方程得：． 故选：B． 4. 已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递减，若实数a满足，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得在区间上单调递增，所以可将不等式转换为即可求解. 【详解】因为是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递减， 所以在区间上单调递增，因为，， 所以，所以， 即或，解得或， 所以a的取值范围是. 故选：D. 5. “或”是“定点在圆的外部”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】由定点在圆的外部得，求得k的取值范围，结合充分,必要条件的意义可得结论. 【详解】定点在圆的外部， ，化简得， k的取值范围：或， 所以或”是“定点在圆的外部”的必要不充分条件. 故选：B. 6. 将3个2和2个1随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：先求出事件总数，再利用插空法找到符合题意的事件个数，根据古典概型的概率公式即可求出概率. 方法二：列出所有可能的结果，找到2个1不相邻的基本事件个数，根据古典概型的概率公式即可求出概率. 【详解】方法一： 由题意，事件总数有种， 将2个1放入3个2排好后形成的4个空隙中，有种， ， 故选：A. 方法二： 由题意，将3个1和2个2随机排成一行，可以是： ， 共10种排法， 其中2个2不相邻的排列方法为： ， 共6种方法， 故2个2不相邻的概率为， 故选：A. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】将用替换后，解方程解出即可. 【详解】因为， 可得， 可得， 解得，因为，所以， 所以， 所以. 故选：C. 8. 已知数列满足，，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 是递增数列 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，，两式相减求出数列的通项公式，再结合对数的运算性质判断ABD，设，记，利用导数可得在上恒成立，进而利用放缩判断C. 【详解】因为， 所以, 两式相减得，则， 则，所以，A说法错误； ，，而，故B说法正确； 设，记，则 故，即在上恒成立， 所以，故C错误； ， 所以，故不是递增数列，D说法错误； 故选：B 二、多选题（本大题共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. 为弘扬中华优秀传统文化，树立正确的价值导向，落实立德树人的根本任务，某校组织全体高一年级学生进行古典诗词知识测试，从中随机抽取100名学生，记录他们的分数，整理得到频率分布直方图如图（各组区间除最后一组为闭区间外，其余各组均为左闭右开区间），则以下说法正确的是（ ）． A. B. 估计此次测试学生分数的众数为95 C. 估计此次测试学生分数的中位数为90 D. 估计此次测试学生分数的下四分位数为85 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中的相关信息，由各组的频率之和为1求出的值，判断A，利用众数，中位数和下四分位数的概念依次判断BCD项即可. 【详解】对于A，由得，所以A正确； 对于B，因众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标，故众数是95，B正确； 对于C，由于90左边的频率是0.35，中位数不可能为90，所以C错误； 对于D，由第25百分位数就是下四分位数，根据直方图，易知85左边的频率是0.25，所以D正确． 故选：ABD． 10. 如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为AB、AC的中点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. E、F、G、H四点共面 C. 设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D. EF、GH、三线共点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意侧面为菱形，而，，从而得证A；借助可证B；延长FE交的延长线于P点，连接，交AC于Q点，连接QE，，作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C，利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断D. 【详解】如图， 连接，，由H，G分别为CA，中点，可得， 由可知，侧面为菱形， 所以，所以，故A正确； 连接HE，GF， 因为E、F、G、H分别为AB、AC的中点， 所以，，所以， 所以E、F、G、H四点共面，故B正确； 延长FE交的延长线于P点，连接，交AC于Q点，连接QE，， 设FE，确定平面为α，则P，，所以，所以，， 则易知三棱柱的截面四边形为，在中，， 在中，，而中，， 而，所以截面的周长大于，故C错误； 由B知，且，所以梯形的两腰EF、GH所在直线必相交于一点， 因为平面，平面，又平面平面， 所以，所以与P重合， 即EF、GH、三线共点于P，故D正确． 故选：ABD 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69．800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A、B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于32 【答案】BC 【解析】 【分析】A根据即可求出抛物线的标准方程；B联立方程组求出点坐标，再根据对称性即可求出；C设直线与抛物线相切，直线与抛物线相切，联立方程组根据求出切点坐标，再根据数形结合即可求出；D根据对称性可求花瓣的一半，利用导函数求在点处的切线方程，其与轴的交点为，利用的面积来进行估计即可. 【详解】对于A，由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为， 将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为， 即，故A错误； 对于B，根据A项分析，由可解得，或，即，代入可得， 由图象的对称性，可得、，故，即B正确； 对于C，设直线与抛物线相切， 联立，可得， 由可得，且方程即为， 解得，，此时，切点坐标为， 设直线与抛物线相切， 联立，可得， 由可得，此时方程即为， 解得，，此时，切点坐标为， 两切点连线的斜率为，即切点的连线与直线平行或重合， 故当、时，取最大值， 且其最大值为，故C对； 对于D，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值， 如图： 对函数求导得，则抛物线在点处的切线斜率为， 所以，抛物线在点A处的切线方程为，即， 该切线交x轴于点， 所以半个花瓣的面积必小于， 故原图中的阴影部分面积必小于，故D不正确． 故选：BC． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列中，，，则数列的前n项和的最大值等于________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知数列是首项为10，公差为的等差数列，求出前n项和，转化为求函数的最大值问题即可. 【详解】当时，，且， 所以，数列是首项为10，公差为的等差数列， 则数列的前n项和为， 因，故当时，取得最大值18． 故答案为：． 13. 若函数为奇函数，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质列式求解. 【详解】依题意，，其中锐角由确定， 由为奇函数，得，即， 所以. 故答案为： 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线上，且，若的内心为，且与共线，则双曲线C的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据与共线，求出点的纵坐标，再根据及双曲线的定义求出，，从而可求出点的坐标，代入双曲线方程即可得解. 【详解】设，依题意可设，所以，则， 由等面积可得，化简得， 又，所以，， 因为，点P在双曲线上，且，所以P在双曲线的右支上， 所以， 则，解得，所以的坐标为， 代入双曲线方程中，得，解得， 所以离心率为． 所以双曲线C的离心率为. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知函数，且． （1）当时，设曲线在处的切线为l，求l与曲线的公共点个数； （2）若函数的最小值为1，求实数a的值 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再利用点斜式求出切线方程，再联立方程组，令，通过求导研究其单调性，进而确定其零点个数即可； （2）分类讨论求的单调性即可根据最值求出. 【小问1详解】 当时，，其定义域为， 因，所以， 因，则曲线在处的切线方程为，即， 联立方程，可得， 设，得， 所以在上单调递增， 又，所以有且仅有一个零点， 所以直线l与曲线的公共点个数为1． 【小问2详解】 对函数求导得， ①当时，，函数在递增，则无最小值； ②当时，令得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 故，解得， 综上：. 16. 在中，角所对的边分别为，若， （1）若为内的一点，且，求； （2）求角的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角性质以及三角函数诱导公式，根据余弦定理，整理等式，由化简计算可得答案； （2）利用余弦定理结合不等式求解即可. 【小问1详解】 可化为， 在中，，得， 又，所以，因为，所以， 因为， 所以， 则； 【小问2详解】 化为边的关系， 又， 因为，所以， 当且仅当时等号成立，所以. 17. 甲乙两人参加单位组织的知识答题活动，每轮活动由甲乙各答一个题，已知甲、乙第一轮答对的概率都为．甲如果第轮答对，则他第轮也答对的概率为，如果第轮答错，则他第轮也答错的概率为；乙如果第轮答对，则他第轮也答对的概率为，如果第轮答错，则他第轮也答错的概率为．在每轮活动中，甲乙答对与否互不影响． （1）若前两轮活动中第二轮甲乙都答对求两人第一轮也都答对的概率； （2）求证：，甲在第轮答对的概率为定值； 【答案】（1） （2）证明：由题意可知， 即，所以， 因为， 所以数列为常数列，所以为定值. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用互相独立事件、互斥事件的概率公式，结合条件概率公式求解即可； （2）求出的递推公式，再利用构造法求出通项即可. 【小问1详解】 记事件表示甲第轮答对，记事件表示乙第轮答对， 则， 所以， 同理， ， 所以， 则， 即若前两轮活动中第二轮甲乙都答对则两人第一轮也都答对的概率为. 【小问2详解】 略 18. 三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求三棱锥外接球体积； （3）设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）法一：利用等体积法，求出点到平面的距离，从而；法二：连接PE，证得，求得，过B作，证得平面，得到为与平面所成角，在中，求得，利用面积相等法，求得，再直角中，即可求得与平面所成角的正弦值； （2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上，建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴的空间直角坐标系，设，由，可解； （3）以AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，，则D点轨迹方程，分别求出平面和平面的法向量，根据可解. 【小问1详解】 法一：等体积法：，， ， ∴由，则， ． 法二：连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点， 可得，因为平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面，所以平面平面，且交线为CE， 过B作于点G，连接PG， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为PB与平面PCE所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，所以， 在中，由，所以， 即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为； 【小问2详解】 由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上， 建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，过点O平行于的直线为轴的空间直角坐标系， 则，，设， 由，， ，故，， 故； 【小问3详解】 则由几何关系可得，，，，，由， 在平面xOy中，D在以E、F为焦点的椭圆上，故① 设面PBC的法向量，，，由， 有，令，得 设面PBD的法向量，，，由， ，取，则， 故得②代入①得（舍）或． 而，故. 19. 已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点. （1）求曲线的标准方程; （2）已知是定值，求该定值; （3）求面积的范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设点的坐标，由题意可得点的恒纵坐标的关系，即可得到曲线的标准方程； （2）设直线和直线的方程，然后与椭圆的方程联立，即可得到的坐标关系，进而可得为定值； （3）由题意可得的比值，由题意可得面积的表达式，再由函数的单调性，即可得到结果. 【小问1详解】 令且，因为，所以， 整理可得， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 设，，， 设直线和直线的方程分别为，， 联立直线与椭圆方程，整理可得， 则，， 联立直线与椭圆方程，整理可得， 可得，， 又因为，， 所以， 所以，即， 同理可得，，即， 所以. 设，，， 设，则有， 又， 可得， 同理可得， 所以. 【小问3详解】 不妨设，于是， 因此， 又因为，所以， 设，， 则，， ， 所以在单调递增，则. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了椭圆中的定值问题与椭圆中的三角形面积问题，难度较大，解答本题的关键在于设出直线方程与椭圆方程联立，表示出三角形面积公式，代入计算. 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（二） 数学试题 命题人：王玉蓉 何三 （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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足 (为虚数单位)，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，的系数为5，则a的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递减，若实数a满足，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. “或”是“定点在圆的外部”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 6. 将3个2和2个1随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知数列满足，，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 是递增数列 二、多选题（本大题共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. 为弘扬中华优秀传统文化，树立正确的价值导向，落实立德树人的根本任务，某校组织全体高一年级学生进行古典诗词知识测试，从中随机抽取100名学生，记录他们的分数，整理得到频率分布直方图如图（各组区间除最后一组为闭区间外，其余各组均为左闭右开区间），则以下说法正确的是（ ）． A. B. 估计此次测试学生分数的众数为95 C. 估计此次测试学生分数的中位数为90 D. 估计此次测试学生分数的下四分位数为85 10. 如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为AB、AC的中点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. E、F、G、H四点共面 C. 设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D. EF、GH、三线共点 11. 在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69．800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花瓣的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转、、后所得三条曲线与C围成的（如图阴影区域），A、B为C与其中两条曲线的交点，若，则（ ） A. 开口向上的抛物线的方程为 B. C. 直线截第一象限花瓣的弦长最大值为 D. 阴影区域的面积大于32 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列中，，，则数列的前n项和的最大值等于________ 13. 若函数为奇函数，则________． 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线上，且，若的内心为，且与共线，则双曲线C的离心率为________． 四、解答题：本大题共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. 已知函数，且． （1）当时，设曲线在处的切线为l，求l与曲线的公共点个数； （2）若函数的最小值为1，求实数a的值 16. 在中，角所对的边分别为，若， （1）若为内的一点，且，求； （2）求角的最大值. 17. 甲乙两人参加单位组织的知识答题活动，每轮活动由甲乙各答一个题，已知甲、乙第一轮答对的概率都为．甲如果第轮答对，则他第轮也答对的概率为，如果第轮答错，则他第轮也答错的概率为；乙如果第轮答对，则他第轮也答对的概率为，如果第轮答错，则他第轮也答错的概率为．在每轮活动中，甲乙答对与否互不影响． （1）若前两轮活动中第二轮甲乙都答对求两人第一轮也都答对的概率； （2）求证：，甲在第轮答对的概率为定值； 18. 三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）求三棱锥外接球体积； （3）设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 19. 已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点. （1）求曲线的标准方程; （2）已知是定值，求该定值; （3）求面积的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $