2025届高三八省联考数学冲刺卷（答案）

【【高三数学·参考答案第页）】2025届高三八省高考适应性考试冲刺卷数学参考答案及解析1．【答案】B【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.【详解】因为，所以.故选：B.2．【答案】D【详解】，，故.故选：D.3．【答案】D【详解】∵f(x)关于直线x=π8则π4+φ=π2+kπ,k∈∴φ=π4+kπ,k∈Z又∵|φ|<π2,∴φ=π∴f(x)=-2sin2x由2kπ+π2≤2x+π4≤2kπ+3π2,k得kπ+π8≤x≤kπ+5π8,k∈结合选项,当k=0时,π8≤x≤5π即f(x)的一个单调递增区间可以是π84．【答案】A【分析】根据题意可得，利用二项式展开式的通项公式求出的项的系数，进而得出结果.【详解】，在的展开式中，由，令，得r无解，即的展开式没有的项；在的展开式中，由，令，解得r=3，即的展开式中的项的系数为，又因为的展开式中的系数为80，所以，解得.故选A.5．【答案】A【详解】解法1：如图，设正三棱柱外接球的球心为，半径为.记和外接圆的圆心分别为和，其半径为，由正弦定理得：.而为的中点，所以则故选:A.解法2：设正三棱柱外接球的半径为因正三棱柱的高为，由对称性知其外接球球心必在高线的中点，故此时.故选:A.6．【答案】C【解析】根据数列满足的条件,讨论n的奇偶性,即可求得解析式.根据解析式解绝对值不等式即可求得满足条件的的最大值.【详解】数列满足,,，则则当奇数时,所以,代入可得,解不等式可得而,所以此时的最大值是9则当偶数时,所以若,代入可得,解不等式可得而,所以此时的最大值是12综上可知,的最大值是12故选:C7．【答案】B【详解】设直线与轴交于点，连接，因为焦点F1,0，所以抛物线的方程为，准线为，则，因为是等边三角形，的中点为，则轴，所以准线为，为矩形，则，故是边长为4的等边三角形，易知，则.因为，所以直线的斜率为,直线的方程为.故选：B8．【答案】A【详解】由可得：，令，所以由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足成立，因为，，所以，，所以令，，，令可得：或，令可得：，所以Fx在上单调递增，在1,4上单调递减，又，，当趋于正无穷时，Fx趋近，所以，所以实数的取值范围为.故选：A.9．【答案】AD【详解】对于A，由正弦定理，，故A正确；对于B，由余弦定理，，解得或，经验证均满足三角形三边关系，故当时该三角形有2个解，故B错误；对于C，，由余弦定理可得.由正弦定理，因，则，当且仅当，即时取等号.则，则，故C错误；对于D，由余弦定理，，由基本不等式，，当且仅当时取等号，故D正确.故选：AD10．【答案】ABD【详解】（1）当时，可得则；则当时，，单调递增；当时，，单调递减，如图（a）；当时，，选项A正确；图（a）图（b）图（c）图（d）（2）当时，易知①当时，恒成立，单调递增，如图（b）；②当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减，如图（c）；（3）当时，易知当时，，单调递增；当时，，单调递减；如图（d）综上所述，在上单调递增，选项B正确；当时，不一定成立，比如时，，选项C错误；只有时，的图象与轴可能有三个交点，此时解得，选项D正确，故选：ABD.11．【答案】ACD【分析】对于A，对应曲线是从而可判断；对于B，对应的曲线是，从而可得出横纵坐标的范围，从而可判断；对于C，对应的曲线是，对应的曲线是，从而可判断；对于D，对应的曲线是，再由三角换元，可判断.【详解】对于A：对应曲线是表示单位圆，故A正确；对于B：对应的曲线是，故，，且与不能同时取等号，故，故B错误；对应的曲线是，令，；因为曲线，则，且.对应的曲线是.令，，因为曲线，则，且.对于C：又，且等号不能同时取得，故，故是单调递增的，故C正确；对于D：对应的曲线是，假设曲线上任意一点.则，令，，则，故，故D正确.故选ACD．12．【答案】【详解】由题意得，，，，所以在上的投影向量为.故答案为：.13．【答案】【解析】因为该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，所以该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的即，所以，即，解得或.又，所以，所以（当时取等号），所以该同学通过两所大学但没通过大学招生考试的概率为，最大值为.14．【答案】【详解】设，由，得，化简得，故点的轨迹是以O0,0为圆心，为半径的圆，因为，为的中点，所以，又在圆上，所以，则，设，得，化简得，则轨迹的方程是以为圆心，为半径的圆，设，则，故，则，则，因为，所以点在圆内，则，即，所以，由双钩函数的性质可得函数在上递减，在上递增，又，所以，又，，所以，所以.故答案为：.15．【答案】(1)证明见解析；(2)．【详解】（1）因为为等边三角形，为的中点，所以．过作，垂足为，因为底面为直角梯形，，，，，所以，则，由得，所以因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以．又，平面，所以平面．（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，过且平行于的直线为轴，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为m=x,y,z则，令，则，由（1）可知，轴⊥平面，不妨取平面的法向量为，则，故平面与平面夹角的余弦值为．16．【答案】(1)；；(2)【详解】（1）设等差数列的公差为，由，且，，成等比数列知：，整理得：，即或者，因为公差大于1，故.且，故.数列前项和为，并满足①，且，解得，故当时，②，①式减②式得：，即，故是公比为2的等边数列，则，故（2），故则故故则17．【答案】(1)；(2).【详解】（1）由题意得，故，（2）过点向曲线作切线，设切点为，则，，则切线方程为，将代入上式，整理得.过点可作曲线的三条切线，方程有三个不同实数根.记，，令，得或1，则，，的变化情况如下表：01+0-0+极大极小当，有极大值；，有极小值，由题意有，当且仅当即解得时函数有三个不同零点.此时过点可作曲线的三条不同切线.故的取值范围是.18．【答案】(1)；(2)证明见解析【详解】（1）因为圆过点，得，所以，.在中，，所以，所以是等边三角形，.双曲线的一条渐近线的斜率为，即，所以.故的方程为.（2）证明点在曲线上，即证明点在曲线上.设直线，则.联立得，则.直线的方程为，直线的方程为将直线与直线的方程变形可得,即,得，即，即，化简可得.得，，，，化简得.将代入可得，即点在曲线上.19．【答案】(1)证明见解析；(2)，；(3)证明见解析【分析】（1）直接根据期望的定义以及两两互相独立即可证明；（2）将单次的得分分别记为一个随机变量，然后求其相应的量，最后考虑它们的和的期望和方差即可；（3）使用二项分布的定义，结合二项式定理和导数知识即可求解.【详解】（1）根据两两互相独立，可知；且.（2）对，设小明第次