精品解析：上海市延安中学2025-2026学年高三下学期5月适应性考试数学试卷

市延安中学2025学年第二学期适应性考试 高三年级 数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分） 1. 已知全集，集合，，则________． 【答案】 【解析】 【详解】由全集，集合，， 可得，则. 2. 椭圆的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【详解】椭圆标准方程为， 表示焦点在轴的椭圆，且，，所以， 所以椭圆的离心率为. 3. 已知，方程的一个根为（为虚数单位），则________． 【答案】 【解析】 【详解】由方程的一个根为，可得方程的另一个根为， 根据根与系数的关系，可得. 4. 已知服从二项分布，则________． 【答案】## 【解析】 【详解】由题意可知. 5. 若圆锥的侧面积与底面积之比为2，则其母线与轴的夹角大小为________． 【答案】 【解析】 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，底面积为，侧面积为， 所以，可得， 设其母线与轴的夹角为，则，所以. 6. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】对求导，再将代入计算即可. 【详解】， 所以， ， 所以为. 7. 已知空间向量，，共面，则实数______ 【答案】3 【解析】 【分析】根据空间向量共面得到，得到方程，求出 【详解】设，即， 故，解得. 故答案为：3 8. 某池塘中水生植物的覆盖水塘面积x（单位：）与水生植物的株数y（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合x与y的关系，设，x与z的数据如表格所示： x 3 4 6 7 z 2 2.5 4.5 7 得到x与z的线性回归方程，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知条件，求得，进而代入回归方程可求得，从而得出，联立，即可求得本题答案. 【详解】由已知可得，，， 所以，有，解得， 所以，， 由，得， 所以，，则. 故答案为： 9. 在的展开式中，项的系数为________． 【答案】 【解析】 【详解】表示5个相乘， 要想得到，需要两个因式取项，1个因式取项，剩余因式取项， 所以项的系数为. 10. 某校篮球队的成员是来自学校高一10个班的12位同学，其中高一（3）班、高一（7）班各出2人，其余班级各出1人，从这12人中要选6人作为主力队员，则这6名主力队员来自不同的班级的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出从12人中选6人的所有种数，再分类讨论，利用组合知识，得出6人来自不同的班级的选法种数，利用古典概型概率公式计算结果． 【详解】从12人中选6人，有种； 由题意，当6人来自除高一（3）班、高一（7）班以外的8个班时，有种； 当6人有1人来自高一（3）班或高一（7）班，其余5人来自另外的8个班时，有种； 当6人有1人来自高一（3）班、1人来自高一（7）班，其余4人来自另外的8个班时，有种， 故共有种． ∴这6名主力队员来自不同的班级的概率为. 11. 设复数（是虚数单位），若复数满足，则的最小值是_____ 【答案】2 【解析】 【分析】依题意可知，复数对应的点的轨迹是以为焦点，实半轴，半焦距的双曲线的右支（如图），然后根据双曲线的性质可得结果. 【详解】因为，，所以复数在复平面内对应的点，之间的距离为. 因为，故对应的点的轨迹是以为焦点，实半轴，半焦距的双曲线的右支（如图）. 而，其对应点是的中点. 所以的最小值即为双曲线右支到双曲线中心的最小距离，故的最小值是. 故答案为：. 12. 在平面上，，，，若，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意,建立平面直角坐标系,设出、、、的坐标,由及可得关于O点坐标的不等式组,结合两点间距离公式即可表示出的取值范围. 【详解】因为, 则为矩形,以所在直线为轴,以为轴建立平面直角坐标系.如下图所示: 设, 则,,, 因为 所以 变形可得 因为,即 由以上两式可得 即 因为,即 所以 则 综上可知 因为 所以,即 故答案为: 【点睛】本题考查了平面向量在坐标系中的综合应用,向量的加法运算与向量的模长,通过建立平面直角坐标系,用坐标研究向量关系是常见方法,属于中档题. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分） 13. 已知向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律求出，再利用投影向量的定义求解即得. 【详解】由，得，解得， 因此， 所以在方向上的投影向量为. 故选：A 14. 某社区通过公益讲座宣传交通法规.为了解讲座效果，随机抽取10位居民，分别在讲座前、后各回答一份交通法规知识问卷，满分为100分.他们得分的茎叶图如图所示（“叶”是个位数字），则下列选项叙述错误的是（ ） A. 讲座后的答卷得分整体上高于讲座前的得分 B. 讲座前的答卷得分分布较讲座后分散 C. 讲座后答卷得分的第80百分位数为95 D. 讲座前答卷得分的极差大于讲座后得分的极差 【答案】C 【解析】 【分析】根据茎叶图即可判断AB；再根据百分位数的计算公式即可判断C；根据极差的定义即可判断D. 【详解】有茎叶图可知讲座后的答卷得分整体上高于讲座前的得分，故A正确； 讲座前的答卷得分主要分布在之间，而讲座后主要分布在之间， 则讲座前的答卷得分分布较讲座后分散，故B正确； 讲座后答卷得分依次为， 因为，所以第80百分位数是第8个数与第个数的平均数，为，故C错误； 讲座前答卷得分的极差为，讲座后得分的极差为， 所以讲座前答卷得分的极差大于讲座后得分的极差，故D正确. 故选：C. 15. 数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：．如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球．根据以上信息知，碳60的所有面中六边形的个数是（ ） A. 12 B. 20 C. 32 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】设五边形面有个，六边形面有个，即可得到总棱数和顶点数，再根据欧拉公式列出方程组，即可求出结果 【详解】设五边形面有个，共条棱，六边形面有个，共条棱， 因为每条棱出现在两个面中，所以总棱数， 因为每个顶点出现在三个面中， 所以总顶点数为，得， 所以， 所以由欧拉公式得，，得， 所以， 所以由，得， 所以碳60的所有面中六边形的个数为20 个， 故选：B 16. 对于无穷数列和正整数，若存在，，…，满足且，则称数列具有性质．给出以下两个命题： ①存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质； ②若数列和均具有性质，则具有性质； 则下列判断正确的是（ ） A. ①为真命题，②为假命题 B. ①为假命题，②为真命题 C. ①与②均为真命题 D. ①与②均为假命题 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，取，利用性质的定义判断即可；对于②，取，，再利用性质的定义判断即可. 【详解】对于①，取，因为，则，由于是个不同的正整数， 因此不可能相等，故数列不具有性质， 取，则，由于是个不同的正整数， 因此不可能相等，故数列不具有性质， 则，即， 故任取为个不同的正整数， 有，则数列具有性质，故①正确； 对于②，取，， 则当为奇数时，，故取为个不同的奇数，此时，故数列具有性质； 当为偶数时，，故取为个不同的偶数， 此时，故数列具有性质； 则，即，由于为个不同的正整数， 则，，，不可能相等， 此时数列不具有性质，故②错误. 综上，①为真命题，②为假命题. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）下列各题必须在答题纸相应的位置作答． 17. 在中，角、、所对的边分别为、、． （1）若、、成等比数列，求证：； （2）若、、成等差数列，且，求的周长的最大值． 【答案】（1）证明： 因为成等比数列，所以. 根据余弦定理： 由基本不等式，当且仅当时取等号， 代入得：，原不等式得证. （2）6 【解析】 【分析】（1）由等比数列性质可得，进而结合余弦定理写出的表达式，再利用基本不等式证明； （2）由等差数列性质求出角的值，再结合，利用余弦定理得到的关系式，结合基本不等式求的最大值，进而得到周长最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为成等差数列，所以， 结合三角形内角和，得. 已知，由余弦定理：， 整理可得：，由基本不等式， 代入得：， 因此，当且仅当时取等号. 故周长， 所以周长的最大值为. 18. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，且，，，，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线和平面所成的角的大小． 【答案】（1）取中点，连接，由为中点，得且， 又，，则且，四边形为平行四边形， 因此，又平面，平面， 所以平面. （2）由为的中点，，，得四边形为平行四边形， 则，而，则，由是等边三角形，得， 又平面，因此平面，而平面. 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （3）以中点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在正中，，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，在平面内作，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由（2）知，则， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 设与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成的角为. 19. 甲、乙两支球队参加某球类比赛，如果每局比赛甲队获胜的概率为（），乙队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案， 方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜； 方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜． （1）当时，采用方案一还是方案二对乙更有利（不用说明理由），并求该方案下乙队最终获胜的概率； （2）当时，若比赛采用方案二． ①求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率； ②若比赛结果为或者时，胜方得3分，负方得0分，比赛结果为时，胜方得2分，负方得1分，求甲队本次比赛的得分的分布及期望 【答案】（1）采用方案一对乙更有利，乙队最终获胜的概率 （2）①；② 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出方案一、方案二乙获胜的概率，再比较大小即可. （2）①利用条件概率公式计算得解；②求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 当时，每局比赛乙队获胜的概率为， 采用方案一，三局两胜制下乙获胜分两种情况：胜和胜， 因此乙队最终获胜的概率； 采用方案二，五局三胜制下乙获胜分三种情况：胜、胜和胜， 因此乙队最终获胜的概率， 而，所以采用方案一对乙更有利，乙队最终获胜的概率. 【小问2详解】 ①当时，甲队最终获胜的事件为，五局三胜制下甲获胜分三种情况：胜、胜和胜， ， 比赛恰好进行了四局的事件为，则， 所以求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率为. ②甲队得分的所有可能取值为， ，即乙以或胜甲，； ，即乙以胜甲，； ，即甲以胜乙，； ，即甲以或胜乙，， 所以的分布为 0 1 2 3 期望. 20. 已知抛物线，为第一象限内上的一点，直线经过点． （1）设，若经过的焦点，求与的准线的交点的坐标； （2）设，已知与轴负半轴相交于点，与有、两个交点，若，求直线的方程； （3）设，已知是在点处的切线，过点作直线使得，是与的另一个交点，试将表示为的函数，并求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标及准线方程，再求出直线的方程即可得解. （2）根据给定条件，得到是直线的中点，借助中点坐标公式求出点的坐标，再利用直线方程的点斜式求解即得. （3）求出直线的斜率，进而求出直线的方程，与抛物线方程联立求出点的坐标，利用弦长公式求出，再构造函数并利用导数求出最小值. 【小问1详解】 抛物线的焦点坐标为，准线为， 则直线的斜率为， 所以直线的方程为， 将代入得， 故直线与准线的交点坐标为. 【小问2详解】 设，，由，得到是的中点， 因为，所以， 所以，解得，则， 此时直线的方程为，即. 【小问3详解】 设的方程为，而， 由消去得：，显然 ， ，解得， 于是直线的方程， 由消去得， 设点的纵坐标为， 由，得， 因此， 设，求导得， 当时，，故单调递减； 当时，，故单调递增； 故. 21. 设定义域为的函数在上可导，导函数为.若区间及实数满足：对任意成立，则称函数为上的“函数”. （1）判断是否为上的函数，说明理由； （2）若实数满足：为上的函数，求的取值范围； （3）已知函数存在最大值．对于：：对任意与恒成立，：对任意正整数都是上的函数，问：是否为的充分条件？是否为的必要条件？证明你的结论. 【答案】（1）是；理由见解析 （2）且． （3）是，是，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数的定义求解可得； （2）由题意可得，即，令，求出的单调性即可求出，再由求出，即可得出答案. （3）先推导出为的充分条件，若成立，即对任意正整数，有：②，记函数的最大值为．用反证法证明与恒成立，从而可证明也为的必要条件． 【小问1详解】 因为，根据题意可知， 等价于在时恒成立， 所以是上的函数． 【小问2详解】 实数满足：， 即．① 特别地，在①中取，可知， 反之，当时，①成立． 令，由于，且满足的为离散的数， 故为严格减函数，又，所以． 又． 从而的取值范围是：且． 【小问3详解】 若成立，则对任意正整数，有：， 即为上的函数，成立．故为的充分条件． 若成立，即对任意正整数，有：②， 记函数的最大值为． 先证明恒成立． 反证法，假如存在使得，则取正整数，使得， 此时有，与②矛盾． 这意味着为上的严格减函数． 再证明恒成立． 取为的一个最大值点， 则当时，由单调性知，但， 所以， 于是． 对任意，可取一个与有关的正整数，使得， 由②知：． 于是成立．故也为的必要条件． 【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 市延安中学2025学年第二学期适应性考试 高三年级 数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分） 1. 已知全集，集合，，则________． 2. 椭圆的离心率为________． 3. 已知，方程的一个根为（为虚数单位），则________． 4. 已知服从二项分布，则________． 5. 若圆锥的侧面积与底面积之比为2，则其母线与轴的夹角大小为________． 6. 已知，则________． 7. 已知空间向量，，共面，则实数______ 8. 某池塘中水生植物的覆盖水塘面积x（单位：）与水生植物的株数y（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合x与y的关系，设，x与z的数据如表格所示： x 3 4 6 7 z 2 2.5 4.5 7 得到x与z的线性回归方程，则___________. 9. 在的展开式中，项的系数为________． 10. 某校篮球队的成员是来自学校高一10个班的12位同学，其中高一（3）班、高一（7）班各出2人，其余班级各出1人，从这12人中要选6人作为主力队员，则这6名主力队员来自不同的班级的概率为________． 11. 设复数（是虚数单位），若复数满足，则的最小值是_____ 12. 在平面上，，，，若，则的取值范围是________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分） 13. 已知向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 14. 某社区通过公益讲座宣传交通法规.为了解讲座效果，随机抽取10位居民，分别在讲座前、后各回答一份交通法规知识问卷，满分为100分.他们得分的茎叶图如图所示（“叶”是个位数字），则下列选项叙述错误的是（ ） A. 讲座后的答卷得分整体上高于讲座前的得分 B. 讲座前的答卷得分分布较讲座后分散 C. 讲座后答卷得分的第80百分位数为95 D. 讲座前答卷得分的极差大于讲座后得分的极差 15. 数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：．如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球．根据以上信息知，碳60的所有面中六边形的个数是（ ） A. 12 B. 20 C. 32 D. 40 16. 对于无穷数列和正整数，若存在，，…，满足且，则称数列具有性质．给出以下两个命题： ①存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质； ②若数列和均具有性质，则具有性质； 则下列判断正确的是（ ） A. ①为真命题，②为假命题 B. ①为假命题，②为真命题 C. ①与②均为真命题 D. ①与②均为假命题 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）下列各题必须在答题纸相应的位置作答． 17. 在中，角、、所对的边分别为、、． （1）若、、成等比数列，求证：； （2）若、、成等差数列，且，求的周长的最大值． 18. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，且，，，，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线和平面所成的角的大小． 19. 甲、乙两支球队参加某球类比赛，如果每局比赛甲队获胜的概率为（），乙队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案， 方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜； 方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜． （1）当时，采用方案一还是方案二对乙更有利（不用说明理由），并求该方案下乙队最终获胜的概率； （2）当时，若比赛采用方案二． ①求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率； ②若比赛结果为或者时，胜方得3分，负方得0分，比赛结果为时，胜方得2分，负方得1分，求甲队本次比赛的得分的分布及期望 20. 已知抛物线，为第一象限内上的一点，直线经过点． （1）设，若经过的焦点，求与的准线的交点的坐标； （2）设，已知与轴负半轴相交于点，与有、两个交点，若，求直线的方程； （3）设，已知是在点处的切线，过点作直线使得，是与的另一个交点，试将表示为的函数，并求的最小值． 21. 设定义域为的函数在上可导，导函数为.若区间及实数满足：对任意成立，则称函数为上的“函数”. （1）判断是否为上的函数，说明理由； （2）若实数满足：为上的函数，求的取值范围； （3）已知函数存在最大值．对于：：对任意与恒成立，：对任意正整数都是上的函数，问：是否为的充分条件？是否为的必要条件？证明你的结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $