陕西省2025年高考数学适应性试卷（三）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页陕西省2025年高考数学适应性试卷（三）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.已知集合A={x∈R|x2−2x−3≤0}，B={x|log2A.[−1,2) B.[2,3] C.[−1,0]∪[2,3] D.[−1,3]2.命题：∀x∈R，x+|x|≥0的否定为(

)A.∃x∉R，x+|x|<0 B.∃x∈R，x+|x|≤0

C.∃x∈R，x+|x|<0 D.∃x∈R，x+|x|≥03.设a∈R,z=3+aii，其中i为虚数单位.则“a>1”是“|z|>10A.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4.米斗是随着粮食生产而发展出来的称量粮食的量器，早在先秦时期就有.如图，是米斗中的一种，可盛10升米(1升=1000cm3).已知该米斗的盛米部分为正四棱台，上口宽为acm，下口宽bcm，且b>a，若b3−A.22 B.2 C.15.已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=25，直线l：(2m+1)x+(m+1)y−10m−7=0，则直线lA.0个 B.1个

C.2个 D.与m有关，不能确定6.在圆内接梯形ABCD中，AB//CD，∠ADC=2π3，BC=2，CD=1，则其外接圆的半径为(

)A.2213 B.213 7.某大型超市为了解顾客的购物习惯，对近期进入超市的1000名顾客进行了随机调查.调查发现，有600名顾客在进入超市前已经决定好了要购买的商品(称为“计划型顾客”)，其余400名顾客则没有特定的购买计划(称为“随机型顾客”).根据以往的销售数据，“计划型顾客”在超市的平均消费金额为200元，而“随机型顾客”中，有30%的人平均消费金额为100元，另外70%的人平均消费金额为300元.若从该超市近期进入的顾客中随机抽取1名，则这名顾客的平均消费金额不低于200元的概率，以及该顾客的平均消费金额分别为(

)A.概率为0.72，平均消费金额为210元 B.概率为0.88，平均消费金额为216元

C.概率为0.88，平均消费金额为240元 D.概率为0.82，平均消费金额为230元8.已知函数f(x)定义为：f(x)=2x−a−x+1,x≥2|x−a|−x−1,x<2，若函数f(x)恰好有3个零点，则实数A.(−1,74) B.(−1,2] C.(−3,−2)二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.甲，乙两个体育社团小组成员的某次立定跳远成绩(单位：厘米)如下：

甲组：244，245，245，246，248，251，251，253，254，255，257，263

乙组：239，241，243，245，245，247，248，249，251，252

则下列说法正确的是(

)A.甲组数据的第60百分位数是252

B.乙组数据的中位数是246

C.从甲、乙两组各随机选取一个成员，两人跳远成绩均在250厘米以上的概率为760

D.10.设函数f(x)=sin3xsinx⋅cosx，则(

)A.f(x)是周期函数 B.f(x)的图象有对称轴x=3π

C.f(x)在区间(0,π2)上单调递增 D.f(x)11.在边长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点M在棱AD上，动点N在棱CA.存在MN，满足MN⊥D1A1

B.存在MN，使MN与A1B1所成角的余弦值为63

C.点C三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若a=(λ,4)，b=(3,5)，且a与b的夹角为锐角，则λ的取值范围是______．13.已知点M是抛物线y2=4x的一点，F为抛物线的焦点，A在圆C：(x−4)2+(y−114.已知函数f(x)=2x+2+32x+2四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

如图1，梯形ABCD中，AB/​/CD，过A、B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.AB=AE=2，CD=5，已知DE=1，将梯形ABCD沿AE、BF同侧折起，得空间几何体ADE−BCF，如图(2)．

(Ⅰ)若AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；

(Ⅱ)若DE/​/CF，CD=3，线段AB上存在一点P，满足CP与平面ACD所成角的正弦值为520，求AP16.(本小题15分)

已知函数f(x)=x+2lnx．

(1)经过点(0,−2)作函数f(x)图象的切线，求切线的方程；

(2)设函数g(x)=x(ex−1)−f(x)，求g(x)在17.(本小题15分)

已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，直线l：y=kx+m与双曲线C相交于A，B两点．

(1)求双曲线C的渐近线方程；

(2)若以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点P(−1,0)，试判断直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由；

(3)设点M是满足(2)的双曲线C上的一个动点，过M18.(本小题17分)

无人驾驶被视为推动社会进步和改善生活质量的重要工具，但其安全性和对劳动就业的影响也受到人们的质疑.为了解某大学的学生对无人驾驶的态度，随机调查了该校120名大学生(男女各60人)，调查结果如下表所示：对无人驾驶的态度

性别支持中立反对男36186女242115用样本的频率分布估计该校每名学生对无人驾驶态度的概率分布，且学生的态度相互独立.为衡量学生对无人驾驶的支持程度，每名支持者得5分，每名中立者得3分，每名反对者得1分．

(1)为判断性别对无人驾驶的支持态度是否存在关联，对上面数据重新整理形成下表，请补齐数据，并作出检验判断：能否有95%的把握认为性别与对无人驾驶的支持态度有关联？对无人驾驶的态度

性别支持不支持男ab女cd附：χ2=P(0.0500.0100.001k3.8416.63510.828(2)从抽样调查的60名男大学生中，按分层抽样选10名学生进行深度追踪访谈，求选出的3名男大学生对无人驾驶的支持态度各异的概率；

(3)从该校任选n名学生，其中得分为5的学生人数为X，若P(n4≤X≤3n4)≥0.9，利用下面所给的两个结论，求正整数n的最小值．

结论一：若随机变量ξ～B(n,p)，则随机变量η=ξ−npnp(1−p)近似服从正态分布N(0,1)；19.(本小题17分)

在人工智能的训练过程中，数据预处理至关重要.现有一种“数据筛选器”工具，其功能为：对于一个无穷非负正整数数列，通过操作T(A,B)删去其中除以A余数为B的所有项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非负正整数数列.设数列{an}的通项公式an=2n−1，n∈N∗，通过“数据筛选器”工具对数列{an}进行T(4,2)操作后得到{bn}，设{an+bn}前n项和为Tn．

(1)求Tn；

(2)是否存在不同的正整数p，q，r∈N∗，使得Tp，Tq，Tr成等差数列？若存在，求出所有的(p,q,r)；若不存在，说明理由；

(3)若cn=答案和解析1.【答案】C

【解析】解：集合A={x∈R|x2−2x−3≤0}={x|−1≤x≤3}，B={x|log2x<1}={x|0<x<2}，

所以∁RB={x|x≤0或x≥2}，

则A∩(∁RB)={x|−1≤x≤0或2≤x≤3}．

2.【答案】C

【解析】【分析】本题考查了含有量词的命题的否定，属于基础题．

利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，求解即可．【解答】

解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，

命题：∀x∈R，x+|x|≥0的否定为：∃x∈R，x+|x|<0．

故选：C．3.【答案】A

【解析】解：因为z=3i−ai2=a−3i，所以|z|=a2+9.令|z|>10，解得a>1或a<−1，

故“a>14.【答案】B

【解析】解：设该米斗的高为ℎcm，米斗的侧棱与下底面所成角为θ，

则ℎ=22(b−a)tanθ，

V=13×(a2+b2+ab)ℎ=13×5.【答案】C

【解析】解：直线l：(2m+1)x+(m+1)y−10m−7=0，即l：(2x+y−10)m+(x+y−7)=0，

令2x+y−10=0x+y−7=0，得A(3,4)即直线l恒过定点A(3,4)．

由(3−1)2+(4−2)2=8<25知，

点A在圆C内，故直线l恒与圆C相交．

6.【答案】B

【解析】解：由题意知，梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC=2，

所求即△ADC的外接圆的半径即为四边形ABCD的外接圆的半径，

在△ACD中，∠ADC=2π3，BC=2，CD=1，

由余弦定理可得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cos∠ADC=4+1−2×2×1×(−12)=7，

可得AC=7，

设△ACD的外接圆的半径为R，由正弦定理可得ACsin∠ADC7.【答案】B

【解析】解：根据题意，设事件A表示“抽取的顾客为计划型顾客”，事件B表示“抽取的顾客的平均消费金额不低于200元”，

事件A−表示“抽取的顾客为随机型顾客”；

在近期进入超市的1000名顾客中，有600名计划型顾客，则P(A)=6001000=0.6，

由于计划型顾客的平均消费金额已经为200元，所以P(B|A)=1；

随机抽取1名顾客，消费不低于200元的概率是：P(B)=P(AB+A−B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=0.6×1+0.4×0.7=0.88，

设该顾客的平均消费金额为X，X可取的值为200、100、300，

则有P(X=200)=0.6，

P(X=100)=0.4×0.3=0.12，

P(X=300)=0.4×0.7=0.28，

则X的期望为：E(X)=200×0.6+100×0.12+300×0.28=120+12+84=216．

8.【答案】D

【解析】解：①当x≥2时，要使x≥a有意义，故a≤2；

方程f(x)=0，即为2x−a=x−1，

平方得x2−6x+4a+1=0，解得x=3±22−a，

显然3+22−a≥2，

解不等式3−22−a≥2，

得74≤a≤2；

在[2,+∞)上f(x)满足：

当a<74或a=2时，有1个零点；当74≤a<2时，有两个零点；

②当x<2时，若a=−1，

则f(x)=|x+1|−x−1=0,−1≤x<2−2x−2,x<−1，

函数有无穷个零点；

当a≠−1时，

方程f(x)=|x−a|−x−1=0，

即|x−a|=x+1，

解得x=a−12，

令a−12<2，即a<5；

即在(−∞,2)上f(x)满足：

当a<5且a≠−1时，有1个零点；

当a=−1时，有无穷个零点；

当a≥5时，没有零点．

9.【答案】BCD

【解析】解：对于A，因为12×60%=7.2，

所以甲组数据的第60百分位数是253，故A错误；

对于B，因为10×50%=5，

所以乙组数据的中位数是245+2472=246，故B正确；

对于C，由题意可知，甲组中跳远成绩在250厘米，以上的有5人，乙组中跳远成绩在250厘米以上的有2人，

所以从甲、乙两组各随机选取一个成员，两人跳远成绩均在250厘米以上的概率为512×210=112，故C正确；

对于D，由题意可知，甲组的平均成绩为244+245+245+246+248+251+251+253+254+255+257+26312=251厘米，

乙组的平均成绩为239+241+243+245+245+247+248+249+251+25210=246厘米，

所以将甲组中跳远成绩为248厘米的成员调派到乙组后，甲、乙两组的跳远平均成绩都有提高，故D正确．

故选：BCD10.【答案】ABD

【解析】解：∵f(x)=sin3xsinx⋅cosx，

∴f(x+2π)=sin3(x+2π)sin(x+2π)⋅cos(x+2π)=sin3xsinx⋅cosx=f(x)，

∴2π是函数f(x)的一个周期，故A正确；

令sinxcosx=12sin2x≠0，得2x≠nπ(n∈Z)，

则f(x)的定义域为{x|x≠nπ2,n∈Z}，关于原点对称；

f(6π−x)=sin3(6π−x)sin(6π−x)⋅cos(6π−x)=−sin3x−sinx⋅cosx=sin3xsinx⋅cosx=f(x)，

∴f(x)关于x=3π，故B正确；11.【答案】ABD

【解析】解：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(3,3,0)，D(0,3,0)，A1(0,0,3)，B1(3,0,3)，C1(3,3,3)，D1(0,3,3)，

设M(0,t,0)，N(3,3,s)，其中0≤t≤3，0≤s≤3，

选项A，BD1=(−3,3,3)，MN=(3,3−t,s)，

因为MN⊥BD1，

所以BD1⋅MN=−9+9−3t+3s=0，即s=t，

所以点N坐标为(3,3,t)，其中0≤t≤3，

要使MN⊥D1A1，由MN⊥BD1可知，MN⊥平面A1BD1，

由三垂线定理知，DC1⊥A1B，DC1⊥BD1，

又A1B∩BD1=B，A1B、BD1⊂平面A1BD1，

所以DC1⊥平面A1BD1，

而动点M在棱AD上，动点N在棱CC1上，

所以MN就是DC1，此时t=3，故选项A正确；

选项B，由选项A知，MN=(3,3−t,t)，

而A1B1=(3,0,0)，

若MN与A1B1所成角的余弦值为63，

所以|cos<A1B1，MN>|=93×9+(3−t)2+t2=63，解得t=32，故选项B正确；

选项C，设点C到平面MND1的距离为d，

当MN为AC或D12.【答案】(−20【解析】解：设向量a与b的夹角为θ，θ∈(0,π2)，则cosθ=a⋅b|a|⋅|b|>0，

所以a⋅b=3λ+20>0，解得λ>−203．

检验：当a与b共线同向时，cosθ=1>0不符合题意，

由a=(λ,4)，b=(3,5)，可知此时b=54a，结合54λ=3，解得λ=125．

所以当λ>−203且λ≠13.【答案】4

【解析】解：∵M是抛物线y2=4x上的点

∴准线：x=−1

过点M作MN⊥准线于点N

∵|MN|=|MF|

∴|MA|+|MF|=|MA|+|MN|

∵A在圆C：(x−4)2+(y−1)2=1，圆心C(4,1)，半径r=1

∴当N，M，C三点共线时

|MA|+|MF|最小

∴(|MA|+|MF|)min=(|MA|+|MN|)min

=|CN|−r=5−1=4

∴(|MA|+|MF|)min=4

故答案为4

先根据抛物线方程求得准线方程，过点M作MN⊥准线与N根据抛物线定义判断|MN|=|MF|，问题转化为求14.【答案】2783

【解析】解：因为f(x)=2x+2+32x+2，

所以f(x)+f(2−x)=2x+2+32x+2+24−x+322−x+2

=4×2x+32x+2+162x+342x+2=4×2x+3215.【答案】证明：(Ⅰ)由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在图2中，AF⊥BE，

由已知得AF⊥BD，BE∩BD=B，BE，BD⊂平面BDE，

∴AF⊥平面BDE，

又DE⊂平面BDE，∴AF⊥DE，

又AE⊥DE，AE∩AF=A，AE，AF⊂平面ABFE，

∴DE⊥平面ABFE．

解：(Ⅱ)在图2中，AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF=E，DE，EF⊂平面DEFC，

即AE⊥平面DEFC，

在梯形DEFC中，过点D作DM/​/EF交CF于点M，连接CE，

由题意得DM=2，CM=1，则DC⊥CF，则∠CDM=π6，CE=2，

过E作EG⊥EF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，

以E为坐标原点，以EA，EF，EG分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1,3)，D(0,−12,32)，

AC=(−2,1,3)，AD=(−2,−12,32)，

设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z)，

由n⋅AC=0n⋅AD=0得−2x+y+【解析】本题考查直线与平面所成角的向量求法，线面垂直的判定，考查运算求解能力，是拔高题．

(Ⅰ)推导出AF⊥BE，AF⊥BD，从而AF⊥平面BDE，进而AF⊥DE，再由AE⊥DE，能证明DE⊥平面ABFE．

(Ⅱ)过点D作DM/​/EF交CF于点M，连接CE，过E作EG⊥EF交DC于点G，以E为坐标原点，以EA，EF，EG分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．16.【答案】解：(1)f′(x)=1+2x，设切点为(a,b)，切线的斜率为k=f′(a)=1+2a，

切线的方程为y−(a+2lna)=(1+2a)(x−a)，把(0,−2)代入得−2−a−2lna=−a−2，lna=0，所以a=1，

所以直线的方程为y=3x−2；

(2)g(x)=x(ex−1)−f(x)=x(ex−1)−x−2lnx=xex−2x−2lnx(x>0)，

g′(x)=xex−2x−2x=(x+1)(ex−2x)，

设ex【解析】(1)设切点为(a,b)，切线的方程为y−(a+2lna)=(1+2a)(x−a)，把(0,−2)代入求出a即可；

(2)对g(x)17.【答案】y=±2x；

过定点(3,0)；

为定值【解析】解：(1)因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，

则e2=c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=3，

所以ba=2，

即双曲线C的渐近线方程为y=±2x；

(2)因为双曲线C的左顶点P(−1,0)，

所以a=1，又ba=2，

得b=2，

则双曲线C的方程为x2−y22=1，

联立方程组y=kx+mx2−y22=1，

得(k2−2)x2+2kmx+(m2+2)=0，

Δ=4(m2+2−k2)>0⇔k2>m2+2，

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

则y1=kx1+m，y2=kx2+m，

则x1+x2=−2kmk2−2x1x2=m2+2k2−2，

因为PA⋅18.【答案】有95%的把握认为性别与对无人驾驶的支持态度有关联；

320；

11．【解析】解：(1)如表a=3