贵州省部分校2025届高三下学期4月适应性考试数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1贵州省部分校2025届高三下学期4月适应性考试数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为函数在R上单调递增，，，，，，且，所以集合.集合，由于指数函数的值域是，所以集合.那么.故选：B.2.双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】在双曲线中，，，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：C.3.直线：的一个方向向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】直线的斜率为设直线的方向向量为，则，只有A项满足故选：A4.2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出了新一代人工智能大模型，其训练算力需求为1000PetaFLOPS（千亿亿次浮点运算/秒）．根据技术规划，DeepSeek的算力每年增长．截止至2025年，其算力已提升至2250PetaFLOPS，并计划继续保持这一增长率．问：DeepSeek的算力预计在哪一年首次突破7500PetaFLOPS？（）（参考数据：，，）A.年 B.年C.年 D.年【答案】C【解析】由题意可知，截止至2025年，DeepSeek的算力已提升至2250PetaFLOPS，到年，其算力提升至PetaFLOPS，到年，其算力提升至PetaFLOPS，，以此类推可知，从年起，到第年，DeepSeek的算力提升至PetaFLOPS，由，可得，所以，，所以，DeepSeek的算力预计在年首次突破PetaFLOPS，故选：C.5.在等差数列中，前项和为，若，则（）A.18 B.33C.36 D.40【答案】B【解析】设等差数列的首项为，公差为，因为，可得，所以，解得.故选：B.6.已知函数，若在区间上单调递增，则的最大值为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】令，则，因在区间上单调递增，则，，即且且，若，则不等式组的解集为空集；若，则；若，则不等式组的解集为空集，则的最大值为.故选：C7.在中，．将分别绕直角边，直角边和斜边旋转一周，所得旋转体的体积依次为，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】设，，，则，以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，所形成的几何体为圆锥，此圆锥的底面半径为，高为，则，以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，所形成的几何体为圆锥，此圆锥的底面半径为，高为，则，以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，所形成的几何体为两个圆锥拼接而成的组合体，设两个圆锥的底面圆圆心为，由等面积法可得，即圆锥的底面圆的半径为，所以，，所以，，所以，，故选：D.8.若函数有零点，则的最小值为（）A.1 B.C. D.2【答案】B【解析】由函数，令，则，所以，即，当时，由，当且仅当时，等号成立，即；当时，由，当且仅当时，等号成立，即，所以，要使得有零点，即在有实数根，令，即在上有零点，则满足或，即或，作出不等式或所表示的平面区域，如图所示，又由，即可看出坐标原点到平面区域的最短距离的平方，设原点到直线或的距离分别为，则，所以的最小值为.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.某校研究学生每周自习时间（小时）与数学成绩（分）的关系，计算得相关系数，并建立线性回归模型，得到决定系数．对残差进行分析时，发现残差与预测值的散点图（是以预测值为横轴，残差为纵轴）呈现明显的先负后正的分布趋势，则（）A.，说明该模型的拟合效果较差B残差平方和等于0.64C.相关系数为负，说明自习时间与成绩无关D.残差图显示模型可能不符合线性假设，建议改用非线性模型【答案】AD【解析】决定系数的取值范围在0到1之间，其值越接近1拟合效果越好，其值远小于1，故其拟合效果较差，故A正确；因，则，但因未给出总平方和，故无从得知残差的平方和，故B错误；相关系数为负，说明随着自习时间的增加，数学成绩有下降趋势，但不意味着它们无关，故C错误；若符合线性模型，则残差与预测值的散点图应该在零周围随机分布，而残差与预测值的散点图呈现先负后正的分布趋势，这表明残差不是随机分布的，而是遵循某种模式，故不符合线性回归模型，因此建议改用非线性模型，故D正确.故选：AD10.已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，为坐标原点，则（）A.若，则直线的斜率等于B.若，则C.设的中点到准线的距离为，则D.是钝角【答案】CD【解析】易知，抛物线的焦点为，设点、，若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，联立，可得，则，由韦达定理可得，，对于A选项，，解得，故直线的斜率为，A错；对于B选项，因为，因为，即，所以，，B错；对于C选项，设线段的中点为，易知，、、三点不共线，则，则，C对；对于D选项，，所以，为钝角，D对.故选：CD.11.在中，，，则（）A.B.C.D.在上的投影向量为【答案】ABC【解析】已知，将代入可得：，即，则可得：因为，所以，即.因为，所以，即.对于选项A，根据正弦定理，可得.若，则，即.因为，所以，.由及正弦定理可得.，则.若，即，代入可得：，等式成立，所以，A选项正确.对于选项B，由上述分析可知，B选项正确.对于选项C，因为，为三角形内角，则，.，则，C选项正确.对于选项D，在上的投影向量为.因为，，所以投影向量为，D选项错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数满足，则________．【答案】【解析】由复数满足，可得.故答案为：.13.2025的不同正因数的个数为________．【答案】15【解析】由题意知，则可设2025的正因数为，其中，由分步乘法计数原理可得2025的不同正因数的个数为，故答案为：1514.在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”．则________旋转函数（填：“是”或者“不是”）；若是旋转函数，则的取值范围是________．【答案】①.是②.【解析】在旋转后所曲线上任取一点，旋转前点对应的点为，不妨设，设点，即，，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，可得，即点，即，，因为，可得变形可得，曲线为函数，所以，是旋转函数；若函数是旋转函数，将函数的图象绕着原点逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与旋转后的函数图象个以上的交点．故不存在直线与函数的图象有两个交点，即对任意的，方程至多一解，即至多一解，令为单调函数，则，因为，故对任意的恒成立，即对任意的恒成立，当时，则对任意的恒成立，合乎题意；当时，则，令，其中，则，由可得，由可得，所以，函数的减区间为，增区间为，所以，，且函数无最大值，所以此时不合乎题意；当时，则，此时，，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.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.如图所示，三棱柱中，，，点在线段上，四边形是正方形，平面平面．（1）当是线段的中点时，证明平面；（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：如图1所示，连接交于，四边形是正方形，则是的中点，又因为是的中点，所以是的中位线，所以．又因为平面，平面，所以平面．（2）解：因为，，即，所以．又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以．因为四边形是正方形，所以．故，，两两垂直．以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系．则，，，，，所以，，，因为，所以．设是平面的一个法向量，则，即，取，则，，得．设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成的角的正弦值为．16.已知数列中，，．（1）求，的值；（2）设，证明是等比数列，并求其通项公式；（3）证明：．（1）解：由数列中，，，可得，.（2）解：由，可得，，所以，因为，所以，即，又因为，可得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为．（3）证明：由（1）知且，可得，所以，又由，因为显然成立（当且仅当时等号成立），所以，因此.17.已知椭圆的离心率为，且经过点，其左、右焦点分别为、．（1）求的方程．（2）设过的直线与交于、两点，且．（i）求直线的斜率；（ii）设为上异于、的动点，求面积的最大值．解：（1）由题意得，解得，，，所以的方程为．（2）（i）由（1）点，若直线与轴重合，则，不合乎题意，设直线的方程为，点、，联立，则Δ=72m2+723所以，可得，即．所以直线的斜率为．（ii））由（i）知直线的方程为，根据对称性，只需考虑其中一种情况即可．不妨取直线的方程为．因为在上，故可设，则点到直线的距离为，其中为锐角，且，所以当时，点到直线的距离取得最大值为．故面积的最大值为.18.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）当时，讨论的单调性；（3）当时，，求的取值范围．解：（1）当时，，则，，．故切线方程为．（2）当时，，则，令，则．令，得．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以．因为，所以．（或者，因为）故，因此，从而在上单调递增．（3）当时，显然成立．当时，．令，则．令，则．所以在上单调递增，故，即．所以当时，；当时，．得在上单调递减，在上单调递增，故．于是．因此，取值范围是.19.某在线教育平台现有两种数学课程和，其课程完成率与用户占比如下表所示．为测试新课程的效果，平台将其开放给名学生学习，设课程的完成率为，且每位学生是否完成课程相互独立．课程类型（旧课）（旧课）（新课）完成率用户占比待调整（1）记学习新课程的这名学生中恰有人完成课程的概率为，求的最大值点;（2）以（1）中确定的作为的值．当新课程的用户占比达到多少时，能保证从完成课程的学生中随机抽取一人，其使用课程的概率为？（课程、用户减少的占比，均为课程增加占比的一半）（3）根据市场调研，课程的用户占比的概率分布为：时概率，时概率，时概率．某在线教育平台计划增加新课程，但新课程的智能辅导系统配置套数受用户占比的影响，关系如下表：用户占比最多配置数每套系统运行年收益万元，未运行的系统每年需维护费万元．为使总收益期望最大，应配置几套系统？解：（1）记名学生中恰有人完成课程的人数为，则．所以，则．令，得．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以的最大值点为．（2）由（1）知，，设新课的用户占比达到时满足要求．事件“从完成课程的学生中随机抽取一名学生”，事件“该学生使用课程”，事件“该学生使用课程”，事件“该学生使用课程”．则由全概率公式，有，因此．由条件概率公式，得，所以，解得．所以用户占比需达到．（3）设随机变