陕西省2025届高三下学期高考适应性检测数学试题（原卷版+解析版）

2025年陕西省高考适应性检测数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.涂写在本试卷上无效.3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效.4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数，则复数在复平面内所对应的点的坐标为（）A.（3，1） B. C. D.2.已知集合，则的元素个数是（）A.0 B.1 C.2 D.无数3.已知向量，，若，则（）A. B. C.1 D.4.甲、乙进行射击训练．已知甲、乙射中10环的概率分别为0.5和0.4，且两人是否射中10环互不影响．甲、乙各射击1次，若10环被射中，则只被甲射中的概率为（）A. B. C. D.5.2025年1月西藏定日发生6.8级地震，已知（里氏震级）的计算公式为（其中是被测地震最大振幅，常数是“标准地震”的振幅），5级地震给人的震感已比较明显，则定日这次地震的最大振幅大约是5级地震最大振幅的（）倍．（参考数据：）A1.8 B.18 C.63 D.1286.已知一个圆锥的底面圆半径为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（）A B. C. D.7.在中，角所对的边分别为，且，，则（）A. B. C. D.8.设是椭圆的上顶点，是上的一个动点．当运动到下顶点时，取得最大值，则的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.二、多选题：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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.最小正周期为B.直线是函数图象的一条对称轴C.函数的图象向左平移单位后关于原点对称D.在区间上单调递增10.下列说法正确的是（）A.在一元线性回归分析中，如果回归系数的值为正，说明变量间存在正相关关系B.的最小正周期为C.决定系数越接近1，则残差平方和越小，说明拟合效果好D.在一元线性回归分析中，如果的值为，说明变量间存在微弱相关关系11.已知函数为奇函数，函数的图象关于直线对称，且当时，，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为4 B.C. D.函数的图象关于点对称三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.记为数列的前项和，若，求______．13.的展开式中，的系数是______．14.已知恒成立，求正数的取值范围_____．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.某生产工厂生产优质钢索，现需要通过不同场次进行钢索检索抽查．现从机器内随机选取了40组（各20组），记录了他们不同米数，并将数据整理如下表：米数组别0～2021～5051～8081～100A12386B03782米数超过被系统评定为“优质”，否则被系统评定为“备选”．（1）利用样本估计总体的思想，试估计工厂中米数超过的概率；（2）根据题意完成下面的列联表，并据此判断能否有的把握认为“评定类型”与“组别”有关？

优质备选总计A

B

总计

附：，其中．0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.84166357.87910.82816.已知数列满足．设．（1）求证：数列是等比数列，并求数列通项公式；（2）设数列，且对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围．17.已知函数，其中．（1）若，判断的单调性；（2）当时，若函数有两个零点，求实数的取值范围．18.如图所示，三棱柱所有棱长都为2，为中点，为与交点，．（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）若直线与平面所成角的余弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值．19.阅读以下材料：已知在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角，利用公式，可得到点．现将双曲线绕原点按逆时针旋转得到双曲线．（1）求双曲线的标准方程；（2）通过对上述材料学习，某数学兴趣小组在研究的图象和性质时，发现该函数的图象是双曲线，求离心率是多少？（3）若是上一动点，直线与交于、两点，证明：三角形的面积为定值.

2025年陕西省高考适应性检测数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.涂写在本试卷上无效.3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效.4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数，则复数在复平面内所对应的点的坐标为（）A.（3，1） B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简复数，即可得到复数对应点的坐标.【详解】由，可得复数在复平面内所对应的点的坐标为，故选B．2.已知集合，则的元素个数是（）A.0 B.1 C.2 D.无数【答案】B【解析】【分析】依题意，转换为两函数图象交点问题，联立方程组求解，从而得到答案.【详解】联立，整理得，解得，则，即，有1个元素.故选：.3.已知向量，，若，则（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】根据数量积得运算律计算即可.【详解】由，所以，则.故选：C4.甲、乙进行射击训练．已知甲、乙射中10环的概率分别为0.5和0.4，且两人是否射中10环互不影响．甲、乙各射击1次，若10环被射中，则只被甲射中的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用条件概率公式进行求解即可.【详解】设事件：甲射中10环，事件：乙射中10环，事件：10环被射中，则，，所以，因为，所以．故选：C．5.2025年1月西藏定日发生6.8级地震，已知（里氏震级）的计算公式为（其中是被测地震最大振幅，常数是“标准地震”的振幅），5级地震给人的震感已比较明显，则定日这次地震的最大振幅大约是5级地震最大振幅的（）倍．（参考数据：）A.1.8 B.18 C.63 D.128【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，进而求出和时地震的最大振幅，进而求解即可.【详解】由，则，即，当时，地震最大振幅为，当时，地震最大振幅为，则.故选：C.6.已知一个圆锥的底面圆半径为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出圆锥母线长，可求出该圆锥的高，再利用锥体的体积公式可求出该圆锥的体积.【详解】设圆锥的母线长为，高为，由于扇形的弧长等于圆锥的底面周长，则，解得，故圆锥的高为，因此，该圆锥的体积为.故选：C.7.在中，角所对的边分别为，且，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用以及两角和差的余弦公式化简即可求得，再根据角的范围求得，进而求出角.【详解】，则，则，因，则，则，则，得，，故.故选：A.8.设是椭圆的上顶点，是上的一个动点．当运动到下顶点时，取得最大值，则的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，由，求出消元可得，，再根据以及二次函数的性质可知，，即可解出．【详解】设，，因为，，所以，，由题意知当时，取得最大值，所以，可得，即，则．故选：B．二、多选题：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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.直线是函数的图象的一条对称轴C.函数的图象向左平移单位后关于原点对称D.在区间上单调递增【答案】BCD【解析】【分析】根据周期公式即可求解A，代入验证即可求解B，根据平移性质即可求解C，利用整体法即可求解D.【详解】对于A，的最小正周期为，A错误，对于B，，故是函数的图象的一条对称轴，B正确，对于C,将的图象向左平移单位后得到，为奇函数，故关于原点对称，C正确，对于D，当时，，故在区间上单调递增，D正确，故选：BCD10.下列说法正确的是（）A.在一元线性回归分析中，如果回归系数的值为正，说明变量间存在正相关关系B.的最小正周期为C.决定系数越接近1，则残差平方和越小，说明拟合效果好D.在一元线性回归分析中，如果的值为，说明变量间存在微弱相关关系【答案】AC【解析】【分析】根据正负相关关系定义判断A；根据周期函数定义判断B；根据决定系数的概念可判定C；根据相关系数的概念可判定D.【详解】在一元线性回归分析中，如果回归系数的值为正，说明变量间存在正相关关系，A正确；，则，故不是周期函数，B错误；决定系数越大，残差平方和越小，效果越好，故C正确；在一元线性回归分析中，越接近于1，说明变量间线性相关程度越强，D错误.故选：AC11.已知函数为奇函数，函数的图象关于直线对称，且当时，，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为4 B.C. D.函数的图象关于点对称【答案】BCD【解析】【分析】由的图象关于直线对称与可判断选项正误B，D，由题可得的图象关于点对称，然后由的图象关于直线对称可画出的大致图象，即可完成判断A；函数得，后由可完成判断C；【详解】对于B，因为函数的图象关于直线对称，且，所以，所以B正确；对于D，由题意可知，，即，所以函数的图象关于点对称，所以D正确；对于A：应用函数对称性得函数的图象如图所示，所以函数不是周期函数，对于C，由函数的图象关于点对称，得，注意到，又的图象关于直线对称，则，，所以C正确；故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.记为数列的前项和，若，求______．【答案】64【解析】【分析】根据与的关系可得数列是等比数列，首项为1，公比为2，进而求解即可.【详解】由，当时，，即；当时，，即，所以数列是等比数列，首项为1，公比为2，则，即.故答案为：64.13.的展开式中，的系数是______．【答案】【解析】【分析】写出展开式通项，对照所求项，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】的展开式通项为，的展开式通项为，所以的展开式通项为，由可得，因此展开式中的系数为.故答案为：.14.已知恒成立，求正数的取值范围_____．【答案】【解析】【分析】当时，条件显然成立，所以只需处理的情况即可，此时，令，求导，利用函数单调性转换求解即可.【详解】，又，所以，当时，上式显然成立，所以只需处理情况即可，此时，令，恒成立，所以严格递增，在恒成立即可，令，则，令，当时，，严格增，当时，，严格减，所以，所以，故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.某生产工厂生产优质钢索，现需要通过不同场次进行钢索检索抽查．现从机器内随机选取了40组（各20组），记录了他们不同米数，并将数据整理如下表：米数组别0～2021～5051～8081～100A12386B03782米数超过被系统评定为“优质”，否则被系统评定为“备选”．（1）利用样本估计总体思想，试估计工厂中米数超过的概率；（2）根据题意完成下面的列联表，并据此判断能否有的把握认为“评定类型”与“组别”有关？

优质备选总计A

B

总计

附：，其中．0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）（2）列联表见解析，没有的把握认为“评定类型”与“组别”有关.【解析】【分析】（1）根据样本估计总体即可；（2）利用独立性检验思想求解.【小问1详解】由题可得，样本米数超过的频率为，根据样本估计总体的思想，估计工厂中米数超过的概率为.【小问2详解】根据题意，列联表完成如下，优质备选总计A14620B101020总计241640零假设：“评定类型”与“组别”无关，则，所以零假设成立，即“评定类型”与“组别”无关，所以没有的把握认为“评定类型”与“组别”有关.16.已知数列满足．设．（1）求证：数列是等比数列，并求数列通项公式；（2）设数列，且对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）由数列的递推式，两边同时加上2，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；（2）求得，推得递减，可得，由不等式恒成立思想，可得所求取值范围．【小问1详解】由，可得，即数列是首项和公比均为3的等比数列，则，即；【小问2详解】数列，则，可得递减，可得，对任意正整数，不等式恒成立，可得，即的取值范围是.17.已知函数，其中．（1）若，判断的单调性；（2）当时，若函数有两个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）增区间为，减区间为（2）【解析】【分析】（1）先求出，再对其进行求导，根据导数与0的关系即可判断单调性；（2）确定函数的单调性，根据有两个零点，可得，构造函数，利用导数判断单调性可得分别在区间和内各有一个零点.【小问1详解】由题意得，，令，，则，令得，令得，所以的增区间为，减区间为.【小问2详解】因为，，，所以，当时，有，，即；当时，，，即；可得当时，函数的减区间为，增区间为，若函数有两个零点，必有，可得，又由，可得函数在上有一个零点，令，有，可知函数单调递减，有，可得当且时，，当时，有，又由，可知函数在上有一个零点，综上可得：若函数有两个零点，可得实数的取值范围为.18.如图所示，三棱柱所有棱长都为2，为中点，为与交点，．（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）若直线与平面所成角的余弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）取中点，连接，，，证明四边形为平行四边形，得出，从而证明平面．（2）由题意证明，，得出平面，即可证明平面平面．（3）依题意可得为直线与平面所成角，由直线与平面所成的角的正弦值求出，从而求出，再由余弦定理求出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而求解即可．【小问1详解】取中点，连接，，；因为，分别为和的中点，所以且，又且，所以且，即四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面．【小问2详解】因为三棱柱所有棱长都为，，所以，，为的中点，四点共面，所以，且，，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面．【小问3详解】由题意知，，且，，平面，，所以平面，又，所以平面，