贵州省贵阳市2025届高三下学期适应性考试（一）数学试题 含解析

贵阳市2025年高三年级适应性考试（一）数学2025年2月本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将姓名、报名号用钢笔填写在答题卡相应位置上．2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔将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，再选涂其它答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束后，监考老师将试题卷、答题卡一并收回．第I卷（选择题共58分）一、单项选择题：本题共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.已知复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算计算所求式即得.【详解】.故选：D.2.已知为直线，为平面，则“”是“”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】利用线面垂直的性质以及直线间的位置关系判断即可.【详解】根据题意易知当时，可判断“”推不出“”，如下图：当时，可知垂直于平面内的所有直线，因此可以推出，因此“”是“”的必要不充分条件.故选：B3.设，则（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用向量模长的坐标表示以及垂直关系的向量表示，结合勾股定理计算即可.【详解】由可得，又可得，在中，由勾股定理可得，解得.故选：C4.20世纪30年代，里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为其中A是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．假设在一次地震中，一个距离震中100千米的测震仪记录的地震最大振幅是50，此时标准地震的振幅是0.002，则这次地震的震级为（）（精确到0.1，参考数据：）A.4.4 B.4.7 C.5 D.5.4【答案】A【解析】【分析】直接利用题目中给出公式和对数的运算性质求解即可得出结果.【详解】根据题意可知这次地震的震级为：；因此可知这次地震的震级为级.故选：A5.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知利用二倍角的三角函数公式化简：，结合同角三角函数基本关系式即可求解的值．【详解】即：即：即：，故①又②由①②可得：即：可得：，解得：，故故选：A6.已知双曲线的渐近线与抛物线的交点都在圆C上，则圆C与x轴正半轴的交点坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通过渐近性方程求得交点坐标，进而求得圆方程即可求解；【详解】由双曲线方程可得渐近线方程为：，分别与抛物线方程联立：解得：或，解得：或，即交点分别为设圆的方程为：，代入三点坐标可得：，解得：，即圆的方程为：，令，可得或，所以圆C与x轴正半轴的交点坐标为，故选：D7.如果等比数列的各项均为正数，其前n项和为，且，设，那么（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设等比数列的公比为，由已知可得，求解可得的通项公式，进而求得，进而利用裂项相消法求得.【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，所以，解得或，又等比数列的各项均为正数，所以，所以等比数列的通项公式为，所以，所以，所以，所以.故选：C.8.函数，若，不等式恒成立，则实数m的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先应用奇函数定义及单调性判断，再转化恒成立问题为最值问题，最后应用基本不等式求最小值，计算一元二次不等式即可.【详解】因为函数，为减函数；又因为所以为奇函数，若，不等式恒成立，则不等式，因为为奇函数，所以，因为为减函数，所以恒成立，所以恒成立，所以，，当且仅当时取最小值3，所以，所以，所以实数m的取值范围是.故选：B.二、多项选择题：本题共3个小题，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.有互不相同的7个样本数据，去掉一个第25百分位数和一个最大的数后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，有可能变小的是（）A.平均数 B.中位数 C.极差 D.方差【答案】ACD【解析】【分析】通过取这7个数据从小到大依次为，利用百分位数，极差概念和平均数，方差计算公式计算比较即可判断A，C，D正确；设这组数据从小到大依次为：，去掉其第25百分位数和一个最大的数后，余下5个数为可见中位数不变，排除B项.【详解】对于A，不妨设这7个数据从小到大依次为，其平均数为，因，则这组数据的第25百分位数为2，最大的数为7，去掉这两个数后，余下5个数的平均数为：，故A正确；对于B，设这组数据从小到大依次为：，其中位数为，去掉一个第25百分位数和一个最大的数后，余下5个数为：其中位数仍为，故B错误；对于C，不妨设这7个数据从小到大依次为，其极差为，去掉这组数据的第25百分位数为2和最大的数为7之后，余下5个数为其极差为，故C正确；对于D，不妨设这7个数据从小到大依次为，其平均数为，其方差为：；依题意，去掉这组数据的第25百分位数为2和最大的数为7之后，余下5个数的平均数为，则其方差为：，故D正确.故选：ACD.10.对于函数，和，，下列结论正确的有（）A.与在时有相同的函数值 B.与有相同的最小值C.与的图象有相同的对称中心 D.与在区间都为增函数【答案】AC【解析】【分析】验证函数值可知A正确；利用正弦函数性质和导数分别求解最小值及单调性，可知BD错误；通过对称性定义可验证得到C正确.【详解】对于A，，，，A正确；对于B，当时，，，；，则，令，解得：，则当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减，，，，，，B错误；对于C，，，与均关于点中心对称，C正确；对于D，当时，，在上单调递增，在上单调递增；由B知：，在上单调递减，在上单调递增，D错误.故选：AC.11.封闭曲线C是平面内与两个定点和的距离之积为2的点的轨迹，是曲线C上一点，O为坐标原点．则下列说法正确的有（）A.曲线C关于坐标原点对称B.曲线C位于直线和直线所围成的矩形框内C.的周长的最小值为D.【答案】ABD【解析】【分析】由题意得，取平方化简得（*），对于A，利用点关于坐标原点的对称点均满足（*）方程即得；对于B，利用可求得，再利用此范围回代求得即可；对于C，利用基本不等式易判断；对于D，利用（*）求出的范围即得.【详解】依题意，，因，，，则有，两边平方可得：，即，也即（*）.对于A，因是曲线C上一点，则满足，对于，显然也满足，而点与关于坐标原点对称，故A正确；对于B，由（*）可得，即，整理得：，即，因，故可得；设，由可得，于是，则得，解得，故曲线C位于直线和直线所围成的矩形框内，故B正确；对于C，因，则，当且仅当取得等号，此时的周长为，即的周长的最小值为，故C错误；对于D，由（*）可得，由C分析已得，可得，故有，因，故得，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题关键在于对点的轨迹方程的处理，利用方程结构的对称性特征判断图形的对称，利用分离变量，可求得参数的范围，从而界定曲线的位置，求得相关量的取值范围.第II卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.等差数列8，5，2，……第10项为________．【答案】【解析】【分析】利用已知求首项与公差，进而可求得通项公式，可求第10项.【详解】等差数列8，5，2，……的首项为8，公差为，所以通项公式为，所以.故答案为：.13.已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．【答案】【解析】【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为，圆锥的母线与其底面所成的角为，根据面积关系可得，即可得到答案；【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，圆锥的母线与其底面所成的角为，则，，故答案为：14.定义集合，比如：若，则．把集合中满足条件的元素组成的集合记为，即已知集合，则（1）集合中的元素个数为_____；（2）若中的元素个数为56，则p的值为_______．【答案】①.5②.9或33【解析】【分析】理解集合的新定义应用列举法得出，再应用集合的新定义及组合数的定义通过隔板法计算求解即可.【详解】（1）集合中的元素满足，且，列举满足条件的组合，共有5种，，即集合中有5个元素；（2）中的元素满足，且，当时，利用组合数公式，将问题转化为将个相同的小球放入6个不同的盒子中，每个盒子中球的个数分别是，应用隔板法即有种分法，既有个元素，已知中有56个元素，即，当时，，因此；当时，可以考虑先放置其中的11颗，在此基础上再放置其余的小球，一定多余的情况，不合题意；因为当先保证每个盒子中放置1颗（共6颗）后，再放置其余的小球，与当时，先在每个盒子中均放置6颗小球后再从6个盒子中共取走相应的个数的小球的方法数一样，所以当时，放置种数与颗球的情况相等，所以当也满足题意.故答案为：5；9或33.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对隔板法的应用把分成6份即可求解.四、解答题：共5个小题，满分77分.解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤.15.在中，内角的对边分别为，若．（1）求角的大小；（2）若，点是边上的一点，平分，且，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理角化边可求得，由此可得；（2）利用正弦定理可求得，进而求得，利用三角形面积公式可求得结果.【小问1详解】由余弦定理得：，整理可得：，，又，.【小问2详解】由正弦定理得：，，平分，，又，，，，.16.在四棱台中，底面为平行四边形，侧面为等腰梯形，且侧面底面，与BC的距离为，点分别在棱，上，且．（1）求证：平面；（2）求四棱台的高；（3）求异面直线与所成的角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）2（3）【解析】【分析】（1）利用中位线性质以及线面平行判定定理证明即可得出结论；（2）作出四棱台的高，代入棱台体积公式计算可得结果；（3）建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量求法计算即可得出结果.【小问1详解】取的中点，连接，则是梯形的中位线，所以且，又因为且，所以且，所以四边形AEFG是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】分别取的中点，如图所示：因为侧面为等腰梯形，所以，因为侧面底面，侧面底面，所以底面，因为，所以，平面，所以平面，平面，所以，即，且，所以为与BC的距离，所以，解得．所以四棱台的高为2．【小问3详解】以OA，OB，所在直线分别为轴如图建立空间直角坐标系，则；所以所以；所以异面直线与所成的角的余弦值为.17.已知函数．（1）当时，证明函数在单调递增；（2）若函数在有极值，求实数a的取值范围；（3）若函数的图象在点处的切线方程为，求函数的零点个数．【答案】（1）证明见解析（2）（3）1个【解析】【分析】（1）求导通过，即可求证；（2）由题意可得在有解，再由的单调性，结合零点存在性定理构造不等式求解即可；（3）由切线方程求得，再通过函数单调性即可求解；【小问1详解】当时，由，可得，因，则，又因为，则，所以函数在单调递增；【小问2详解】，因为函数在有极值，所以在有解，又因为在单调递增，需使，即，所以，解得，故实数a的取值范围为；【小问3详解】因为函数在点处的切线方程为，所以，且，解得．故则，当时，，即在单调递增，因，所以在没有零点；当时，，此时函数有一个零点：当时，，即在没有零点．综上所述，函数的零点个数为1个．18.某学校有甲、乙两家餐厅，对于学生的午餐就餐情况根据以往的统计调研分析可以得出如下结论：前一天选择甲餐厅就餐的同学第二天选择甲餐厅就餐的概率是，选择乙餐厅就餐的概率为﹔前一天选择乙餐厅就餐的同学第二天选择甲餐厅就餐的概率是，选择乙餐厅就餐的概率为，如此往复．假设所有同学开学第一天中午等可能随机选择一家餐厅就餐．（1）第一天中午某班3位同学去餐厅就餐，求这3位同学中至少有1位同学去甲餐厅就餐的概率；（2）求w同学与s同学第二天中午在同一餐厅就餐的概率；（3）假设该学校有2000名学生，试估计一星期后中午在甲餐厅就餐的学生人数．【答案】（1）（2）（3）人【解析】【分析】（1）由独立事件乘法公式及对立事件概率计算求解即可；（2）记事件为“某同学第i天在甲餐厅就餐”，由求解即可；（3）记事件为“某同学第i天在甲餐厅就餐”，，得到，进而可求，再设记学校2000名学生第n天在甲餐厅就餐的学生人数为X，得到进而可求解；【小问1详解】记事件A“这3位同学中至少有1位同学去甲餐厅就餐”，则﹔【小问2详解】记事件为“某同学第i天在甲餐厅就