【文档说明】贵州省贵阳市第一中学2025届高三上学期高考适应性月考（二）数学 PDF版含解析.pdf，共(12)页，1.946 MB，由管理员店铺上传

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IQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}数学参考答案·第1页（共8页）贵阳第一中学

2025届高考适应性月考卷（二）数学参考答案一、单项选择题（本大题共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）题号12345678答案DCDACBBC【解析】1

．因为BA，所以m的取值范围是(5]，，故选D.2．由百分位数的定义，故选C．3．令213x，则2x，则2(3)24f，故选D.4．2π3AOC∵，弧长为8π3，4OA∴.又2OB∵，∴扇环的面积为2212π(42)4π23，故

选A．5．当1yxx与1ykx相交和相切时有唯一公共点，公共点分别为(10)A，或322A，，则sin0或3sin5，故选C.6．当2n≥时，11nnnnnbTTTT，即

111()()nnnnnnTTTTTT.由数列为正项数列可知，11nnTT，又111Tb，即数列{}nT是首项为1，公差为1的等差数列，即nTn，则11nTn，2n≥.当2n≥时，1

21nnnbTTn；当1n时，12111b成立，所以21nbn，2039b，故选B．7．将4名教师和6名学生分成2个组，再将两组分别安排到两所高校共有：2346CC120种分配方式；甲和乙不去同一所高校共有：122244CCC72

种方法，所以，学生甲和乙不去同一所高校的概率为：7231205，故选B.8．(1)fx关于直线1x对称，则()fx是偶函数，当x(0)，时，()0fx，函数在(0)，上单调递增.由3ln21，ln3lne1，11

2，比较3ln2和ln3的大小，构造函数ln()xfxx，则3ln2>ln3，所以abc，故选C．{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAA

CQFABAA=}#}数学参考答案·第2页（共8页）二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）题号

91011答案BDBCDACD【解析】9．根据题意，依次分析选项：A．函数1()2xfxa，当10x，即1x时，()121fx，则函数()fx的图象恒过定点(11)，，A错误，不符合题意；B．2050xx≥，≥，解得2x≥，所

以函数的定义域为[2)，，B正确；C．229()2525fxxx，设225tx，则9ytt，又由2255tx≥，结合对勾函数的性质可得9ytt在区间[5)，上递增，则9()55fx≥，C错误，不符合题意；D．函

数221()2xxfx，有220xx≥，解得21x≤≤，即函数的定义域为[2，1]；设22txx，则12ty，在区间122，上，t为增函数，在区间112，上，t为减函数，由于12ty

为定义域为R的减函数，故有112x，，故函数221()2xxfx的单调增区间为112，，D正确，符合题意，故选BD．10．对于A，离心率为214m，解得：124mc，，12||||||4MFMF，则2||9MF

或1.又因为2||2MFca≥，∴2||9MF，故A错；对于B，假设存在点(12)P，为线段AB的中点，则2OPk，又223OPABbkka∵，32ABk∴，线段AB：3(1)22yx，联立AB：32222yx与双曲线221412xy，整理计算得，0，

矛盾，所以不存在点(12)P，为AB中点的弦，故B正确（方法2，数形结合）；对于C，由于双曲线的渐近线斜率为3，结合图象易知，直线l与双曲线C的两支各有1个交点，则直线l的斜率(33)k，，故C正确；对于D，12MFF△的内切圆与x轴相切于点0(0)Hx，，

则由双曲线定义得：2a1212||||||||||||MFMFHFHF000|()()|2||xccxx，所以02xa，即12MFF△内切圆圆心的横坐标为2，所以D正确，故选BCD.{#{QQABIQqAggAgAAIAAQ

gCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}数学参考答案·第3页（共8页）11．A．因为0，所以2π3πT≥，解得203≤，所以A正确；B．由曲线()yfx关于直线π4x

对称，得πππ()42kkZ，解得24()kkZ，所以“2”是“曲线()yfx关于直线π4x对称”的充分不必要条件，所以B错误；C．因为图象平移后令π()sin6gxx，在区间π06，上单调递增，令πππ622x

，，所以ππ62πππ662≥，≤，即33.2≥，≤又因为0，所以302≤，所以C正确；D．因为1212(0π)()xxxx，，，又因为sin(π)sinxx，所以12πxx，则21

1111sin()sin(π2)sin22sincosxxxxxx，因为11sin3x，所以122cos3x，所以2112242sin()2339xx，所以D正确，故选ACD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号12

1314答案2411【解析】12．二项式5321axx的展开式通项为2555533155C()CrrrrrrrTaxxax，由于该二项式的展开式中常数项为40

，则55C405503rrar，，解得32ra，，2a∴.13．先作出()fx的大致图象，如图1，令()fxt，则2()0gttatb，根据()fx的图象可知：要满足题意必须()0gt有两个不等根1212(

)tttt，，且1()fxt有两个整数根，2()fxt有三个整数根，结合对勾函数和对数函数的图象与性质知，两函数图1{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEI

AAACQFABAA=}#}数学参考答案·第4页（共8页）14ytyxx，相切时符合题意.因为4424xxxx≥，当且仅当2x时取得等号，又22log||log()(0)yxxx，易知其定义域内单调递减，即1()4fxt

，此时有两个整数根2x或16x，而要满足2()fxt有三个整数根，结合()fx的图象知必有一根小于2，显然只有1x符合题意，当1x时，有(1)5f，则25t，解方程45xx，得25t的另一个正根为4x.又2log(32)5xx，此时五个整数根依次是3216124x

，，，，，显然根和为41.14．设AB的直线方程为xtyn，11()Axy，，22()Bxy，，则由AB与抛物线的方程消x得：2220ytyn，122yyt∴，122yyn.121222xx

yyP，∵，2()Ptnt∴，.ABCD∵，同理可得：211Qntt，，42421111||||22MPQSMPMQtttt△2211212tt≥，当且仅当221tt，即1t时，面积有最小值为1.四、解

答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15．（本小题满分13分）解：（1）因为2100nan≥，解得5n≥，所以151215||||||Saaa12345615()aaaaaaa

…………………………………………（2分）1151415415()4()22130.22aaaaSS………………………………………（4分）（2）15b，∵321215555nnbbbbn，

当2n≥时，3121225(1)555nnbbbbn，两式相减，得155nnb，即5.nnb…………………………………………………（6分）又当1n时，15b符合题意，所以5.nnb{#{QQ

ABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}数学参考答案·第5页（共8页）2105nnnanb，2111(8)(6)(210)555nn

Tn，…………………………………（8分）故2311111(8)(6)(210)5555nnTn，…

………………………（9分）两式作差得231411111(8)222(210)555555nnnTn，……………………………………………………

……………………………………（10分）即11211255481(210)155515nnnTn，………………………………（11分）化简得1151152858nnTn

.………………………………………………（13分）16．（本小题满分15分）（1）解：2()e4exxfxa，令ext，即2()4fttta，令11ext，22ext，则1t，2t

是方程240tta的两个正根，则2Δ(4)41640aa，即4a，有124tt，120tta，即04a.……………………………………………（6分）（2）证明：(1)ln20(04)aaaa，令(1)ln2(04)()gxxxxx，则111ln

ln()xgxxxxx.令1ln(04)()hxxxx，则2110()xxhx，则()gx在(04)，上单调递减.………………………………………………………（9分）又1ln111

(1)g，1ln202(2)g，故存在0(12)x，，使0001()ln0gxxx，即001lnxx，则当0(0)xx，时，()0gx；当0(4)xx，时，0()gx，故()gx在0(0)x，上单调递增，()gx在0(4)x，上单调递减，……………………

…………………………………………………………（12分）{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}数学参考答案·第6页（共8页）则000000000

11()()(1)ln2(1)23gxgxxxxxxxxx≤.又0(12)x，，则001522xx，，故0001()30gxxx，即()0gx.…………………………………………………………

……………（15分）17．（本小题满分15分）（1）证明：因为112AEAB，112ADAC，所以11AAAB，11AAAC.又因为111ABACA，所以1AA平面1ABC.……………………………………（6分）（2）解：如图2，点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，三角形的

边长为2，则1002E，，，1002D，，，3102B，，，3102C，，.设1()Axyz，，，因为11AE，132AO，所以222222221

0123344xxyzyzxyz，，，所以1(0)Ayz，，，112AEyz，，，130.22CD，，因为1AE

CD，所以113300426AECDyy，…………………………………………………………………………………………（9分）所以136063A，，，1136263AD，，.设111()m

xyz，，平面1EAD，所以11013600626330136032636xxyzADmyAEmxyzz，，，，，图2

{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}数学参考答案·第7页（共8页）故630.36m，，……………………………………………………………（12分）又3102B，，，3102OB

，，，所以点B到平面1EAD的距离为||6.3||OBmdm…………………………………（15分）方法二：等体积法（略）.18．（本小题满分17分）解：（1）第一轮比赛中

同学A能晋级有两种情况：答对题为3道或4道，…………………………………………………………………（1分）概率为：2222321231322243334443…………………………（4分）

23.…………………………………………………………………………（6分）（2）同学A在第一轮比赛中晋级的概率为122221222221122212222122C(1)CCC(1)CCPPPPPPPPP.………………………………（8分）2

222121212121282()333PPPPPPPPPP，………………………………………（10分）由于101P≤≤，2143PP，14013P≤≤，因此1113P≤≤，………………………………………………………………………（11分）故1211414

339PPPP，.…………………………………………………（12分）令12tPP，1439t，，则22841614()33392739Phttttt≤≤，当49t时，可得max1627P，…………………

………………………………（14分）同学A在n轮比赛中晋级的次数～()BnP，，………………………………………………………………………（15分）由()9Enp，9np，知minmax915.2nP，…………………………………（16分）即要想晋级9次，那么理论上至少要进行16轮比赛.

…………………………………………………………………………………………（17分）{#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}数学参考答案·第8页（共8页）19．（本小题满分17分）（1）解：因为

等边12FFF△的重心坐标为303，，22||3OFabc∴.…………………………………………………（1分）在半椭圆22221(0)xyxcb≤中，由2212π||||||

tan16OFOFbcOF，………………………………………（2分）221bc，……………………………………………………………………………（3分）解得24b，27a，…………………………………………………………………（

4分）因此“曲线M”的方程为221(0)74xyx≥，221(0)34xyx.…………………（5分）（2）证明：设()Pxy，，则22222222()||1()24acbacPNxyxacxbc

，0cx≤≤.………………………………………………………………（7分）2210bc∵，开口向下，对称轴为：22021acxbc，…………………………………………………（8分）∴当

0x或xc时，||PN取得最小值时，即P在点1B，2B或1A处.……………………………………（10分）（3）解：由题可知，直线HK的斜率0k，则设直线yt，btb，设H在22221(0)xyxab≥上，当0x≥时，2222221ytaHbttxybab

，，.……………………………………（12分）设K在半椭圆22221(0)xyxcb≤上，当btb，0x时，2222221ytcKbttyxbbc

，，.………………………（14分）HK的中点为()xy，，222acxbtbyt，，………………………………………（16分）即线段HK中点的轨迹方程为：22221(0)2xyxbac.…………………………（17分）{#

{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}