南宁三中2025年5月高三二模数学答案_2025年6月_250601广西南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试（全科）_南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试数学

南宁三中 2025 届毕业班五月第二次适应性测试 数学试题参考答案 1．C【详解】集合Ax|x3，Bx|2x4，所以AB3,4 .故选：C 2．C【详解】因为z 23i，所以z23i，其对应的点坐标为2,3；因此复数z对应的点位于 第三象限．故选：C 3．B【详解】对于A，因为sinxsinx,xR，所以函数ysinx为奇函数，故A不正确；对于B， 因为cosxcosx,xR，所以函数ycosx为偶函数，故B正确；对于C，因为x3 x3,xR， 1 所以函数yx3为奇函数，故C不正确；对于D，因为3x  ,xR，所以函数y3x为非奇非偶函 3x 数，故D不正确．故选：B．       4．D【详解】根据绝对值三角不等式有 ab  a  b 13 4，当且仅当a,b同向时等号成立.故选：D 5．D【详解】如图所示：由题意得OB3，SB4， 1 OS  SB2OB2  7 ， V  πOB2OS 3 7π，故选：D. 3 6．B【详解】设其中做过测试的3只兔子为a,b,c，剩余的2只为A,B，则从这5只中任取3只的所有 取法有{a,b,c},{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B}，{b,c,A},{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B}共10 种．其中恰有2只做过测试的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{b,c,A},{b,c,B}共6种，所以 6 3 恰有2只做过测试的概率为  ，选B． 10 5 x y 7．B【详解】由题意Q0,b，P0,b，F c,0，则 QF  PF  b2c2 a，直线PF 方程为  1， 2 2 2 2 c b y x x2 y2 a2c2 2 即  1，与椭圆E：  1ab0联立消y得 x2 x0，所以 b c a2 b2 a2c2 c 2 c 2a2c 2a2b a2c2  a x   ，所以y  b b，因为QF 3MF ，所以 MF  ，即 M a2c2 a2c2 M a2c2 a2c2  2 2 2 3 a2c2 a2  2a2c  2 a2c2  2 a2 a2c2  2 a2c2  2 a2 MF 2  ，所以  c   b2  ，所以  c2  b2  ，即 2 9 a2c2  a2c2  9 a2c2  a2c2  9 a2c2  2 a2 a2c2 1 1 2   a2  ，所以  ，所以a2 2c2，所以e2  ，所以e （负根舍去）.故选： a2c2  9 a2c2 3 2 2 B 高三第二次适应性测试 数学答案 第1页 共8页π π T π π π 8．C【详解】设函数 f x的最小正周期为T ，因为 f x在区间 , 上单调递增，所以    ， 3 2 2 2 3 6 π π π π π π π π 解得T  ，所以06.令tx ，则当x , 时，t  ,   .因为 f x在区间 3 6 3 2 3 6 2 6 16k   π 3  π 6  π 2 2kπ   4 4k   3 π π  π π π   , 上单调递增且存在零点，所以   2kπ kZ，解得 1 kZ，又 3 2  2 6 2   6k 2 π π π π    2kπ    1 3 6 2 6  4k  3 1 1 16 1 1 06，k 0时，得  ，k 1时，得5 ，其他k值，均不合要求，所以  或 3 2 3 3 2 16 1 1  16 5 ，所以的取值范围是 ,  5, .故选：C 3 3 2  3  9．BD【详解】对于A，抛物线C:x2 4y的焦点为F0,1，准线方程为y1，故A错误；对于BC， 由抛物线定义可得|MF|5y 1，所以y 4，x2 16，解得x 4，故B正确C错误；对于D， 0 0 0 0 |OM | 1616 4 2 ，故D正确.故选：BD. 10．BC【详解】甲5场比赛得分由低到高分别为15,16,18,21,30，乙5场比赛得分由低到高分别为 4,10,16,22,38，则甲的极差为301515，乙的极差为38434，故甲得分的极差小于乙得分的极 1516182130 410162238 差，故A错误；甲的平均数 20，乙的平均数 18，则甲得 5 5 分的平均数大于乙得分的平均数，故B正确；甲的中位数为18，乙的中位数为16，则甲得分的中位 数大于乙得分的中位数，故C正确；甲的方差 15202 16202 18202  21202  3020 2 29.2 ，乙的方差 5 418210182 16182 2218 2 3818 2 136 ，故甲得分的方差小于乙得分的方差，故 5 D错误.故选：BC 11．ACD【详解】对于A：因为AC CD，平面ABC 平面ACD，平面ABC平面ACD AC，CD π 平面ACD，所以CD平面ABC，又等边VABC的边长为2 3，AC CD，CAD ，所以 6 3 1 1 3  2 CDACtanCAD2 3 2，所以V  S CD   2 3 22 3，故A正确； 3 DABC 3 ABC 3 4 对于B：因为CD平面ABC，AB平面ABC，所以CD AB，即直线AB与直线CD所成角的大小 高三第二次适应性测试 数学答案 第2页 共8页π 为 ，故B错误；对于C：取AC的中点E，连接BE、DE，则BE AC，又平面ABC 平面ACD， 2 平面ABC平面ACD AC，BE平面ABC，所以BE 平面ADC，所以BDE为直线BD与平面 3  2 BE 3 ACD所成角，又BE  2 33，在RtBCD中，BD 2 3 22 4，所以sinBDE  ， 2 BD 4 3 即直线BD与平面ACD所成角的正弦值为 ，故C正确；对于D： 4 1 因为S  22 32 3 ，V V 2 3，设点A到 DBC 2 DABC ADBC 1 平面BCD的距离为d，则V  S ·d 2 3，解得d 3， ADBC 3 DBC 即点A到平面BCD的距离为3，故D正确.故选：ACD 1  π tan1 tan1 1 1 12． 【详解】tan  3 ，所以  .故答案为： 3  4 1tan tan1 3 3 13．0.14/ 7 ．【详解】因为X N  2,2 ，所以PX 2PX 20.5，因此 50 PX 2.5PX 2P 2X 2.50.50.360.14 ．故答案为：0.14． x2x1 1 14．【详解】对（1）当x1时，原方程不成立，故曲线C可变形为y x ，若横、纵 x1 x1 1 坐标均为整数，则 必须为整数，故x0或x2；当x0时，y1，当x2时，y1，故曲线 x1 C恰好经过两个整点0,1和2,1，（写出其中一个即可）对于（2）假设曲线C的对称中心为h,k， 将对称点2hx,2ky代入原方程：2hx2ky(2hx)22hx2ky10，整理得 xyx2(4h2k1)x(12h)y4hk4h22h2k10，与原方程比较系数，有 4h2k11  12h1 ，解得h1,k 1，说明曲线C关于点1,1对称  4hk4h22h2k 0 15．(1)答案见解析 (2)  e31,  【分析】（1）先对函数 f(x)求导得 fxaex1，再根据a的取值范围讨论导数正负.确定函数的 单调区间. x2 x2 3x （2）把 f xe2恒成立转化为a1 .令gx ，对其求导得gx ，根据导数 ex ex ex 正负确定g(x)单调性，求出g(x)最大值，进而得到a的取值范围. 高三第二次适应性测试 数学答案 第3页 共8页【详解】（1） fxaex1， 当a0时， fx0，函数 f x在R上单调递减； 当a0时，由 fx0得xlna，由 fx0得xlna， 所以函数 f x在(，lna)上单调递减，在lna,上单调递增． 综上所述，当a0时，函数 f x在R上单调递减， 当a0时，函数 f x在,lna上单调递减，在lna,上单调递增． x2 （2） f xex恒成立等价于a1ex x2，即a1 ． ex x2 3x 令gx ,gx ，当x3时，gx0，当x3时，gx0， ex ex 所以函数gx在,3上单调递增，在3,上单调递减， 1 所以gxg3 e3，所以a1e3，即ae31． e3 所以a的取值范围为e31,  ．  16．（1）证明见解析； （2）99. 3a 1 1 1 【分析】（1）由a  n ，化简得到 1 ( 1)，结合等比数列的定义，即可求解； n1 2a 1 a 3 a n n1 n 1 2 1 1 （2）由（1）求得  ( )n1 2( )n+1，根据等比数列的求和公式和常数列的求和公式，求得 a 3 3 3 n 1 1 1 1 1 S     n1 ，根据S 100，即可求解. n a a a a 3n n 1 2 3 n 3a 1 2a 1 1 1 2 【详解】（1）由题意，数列a 满足a  n ，可得  n    ， n n1 2a 1 a 3a 3 a 3 n n1 n n 1 1 1 1 1 2 1 1 a 1 可得 1   1 ( 1)，即 n1  ， a 3 a 3 3 a 1 3 n1 n n 1 a n 3 1 2 又由a  ，所以 1 ， 1 5 a 3 1 1  2 1 所以数列 1表示首项为 ，公比为 的等比数列. a  3 3 n 1 2 1 1 1 2 1 1 （2）由（1）可得 1 ( )n1 2( )n，所以  ( )n1 2( )n+1 a 3 3 3 a 3 3 3 n n 高三第二次适应性测试 数学答案 第4页 共8页 1  设数列 的前n项和为S ， a  n n 1 1 1 1 1 1 1 1 则S     2(    )n n a a a a 3 32 32 3n 1 2 3 n 1 1 [1( )n] 3 3 1 2  n n1 ， 1 3n 1 3 1 若S 100，即n1 100， n 3n 1 因为函数y x1 为单调递增函数， 3x 所以满足S 100的最大整数n的值为99. n 17．(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接EO，根据线面平行的性质得到PB//EO，即可得证； （2）取BC中点F ，连接AF ，即可得到AF AD，建立空间直角坐标，设APt(t0)，求出平 面AED、平面ACE的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出t. 【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接EO． 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD的中点． 又因为PB//平面AEC，PB平面PBD，平面PBD平面ACEEO， 所以PB//EO， 所以E为PD的中点. （2）取BC中点F ，连接AF ． 在菱形ABCD中，BAD120，所以ABC 60，则VABC为正三角形， 所以AFBC，又AD//BC，所以AF AD． 又因为PA平面ABCD，如图建立空间直角坐标系Axyz． 设APt(t0)， 则C  3,1,0  ，D0,2,0，P0,0,t，E  0,1, t  ，  2       t  则AC  3,1,0 ，AP0,0,t，AE 0,1, ，  2  则平面AED的一个法向量为m1,0,0．  设平面ACE的一个法向量为nx,y,z，   nAC 3x y0    6 则  t ，取n 3,3, ， nAE y z0  t   2 高三第二次适应性测试 数学答案 第5页 共8页1 因为二面角CAED的余弦值为 ， 4     mn 3 1 cosm,n      所以 m  n 2 4，  2  6  3 32   t  解得t 1（负值已舍去）， 所以PA1． 1 44 1 1 18．(1) (2) (3)最大值为 ，此时 p ，意义见解析 9 27 2 2 【详解】（1）乙队以2:0获胜意味着乙队在前两局中均获胜.乙队每局获胜的概率为 1 p， 因此乙队以2:0获胜的概率为：P 乙队2:0获胜(1 p)2. 2  2 2 1 2 1 代入 p ，得：P 乙队2:0获胜1     . 3  3 3 9 （2）比赛结束时甲队获胜的局数 X 的可能取值为0、1或2.计算各情况的概率如下： X 0：甲队一局未胜，即乙队以2:0获胜，概率为 PX 0(1 p)2. X 1：甲队仅胜1局，乙队胜2局，可能的情况有两种（甲胜第1局或第2局）， 概率为：PX 12p(1 p)2. X 2：甲队胜2局，可能的情况有两种（甲胜前2局或前2局胜1局）， 概率为：PX 2 p22p21 p p232p. 因此，X 的期望为：EX0PX 01PX 12PX 2， 2 1 2 1 2 2 2  4 代入 p ，得：EX0 12   2  3 . 3 9 3 3 3  3 44 化简后得 EX . 27 （3）比赛打满3局的概率 f p 表示比赛进行到第3局才分出胜负. 这种情况发生当且仅当前两局双方各胜1局，因此： f p2p1 p. 1 1 1  1 1 将 f p 视为关于 p 的函数，其最大值出现在 p 处，最大值为：f  2 1  . 2 2 2  2 2 实际意义是当甲、乙两队实力相当时，比赛打满3局的概率最大. 2 19．(1)y2 4x (2)n2 (3) 4 高三第二次适应性测试 数学答案 第6页 共8页 p  【详解】（1）由题意，F ,0，  2  p 当直线MN的斜率为1时，直线MN的方程为yx ，设Mx,y ,Nx ,y ， 2 1 1 2 2  p yx p2 联立 2 ，得x23px 0,  y2 2px 4 则9p2 p28p20 ，x x 3p , 1 2 所以 MN  x x  p3p p8，即 p2， 1 2 所以抛物线C的方程为y2 4x. （2）由（1）知，F1,0，  y2   y2   y2   y2  设M 1 ,y ,N 2 ,y ,A 3 ,y ,B 4 ,y ，直线MN:xmy1，  4 1   4 2   4 3   4 4  xmy1 联立 ，可得y24my40， y2 4x 则16m2 160,y y 4， 1 2 y2 1 n 设直线 4 ， MD:x yn y 1  y2  1 n  4 y24n 联立x yn ，得y2 1 y4n 0，  y 1 y 1 y2 4x  y24n 2  y24n 2 4n 则 1 y2 16n  1 y2 0 ，y 1 y 3 4n，即y 3  y 1 ， 1 1 4n 同理可得y y 4n，即y  ， 2 4 4 y 2   y2    y2  又OA 3 , y ,OB 4 , y ，且OAOB，  4 3   4 4    y2y2 所以OAOB 3 4 y y  0， 16 3 4 高三第二次适应性测试 数学答案 第7页 共8页4n 4n 16n4 16n2 将y  ，y  ，代入得  0， 3 y 4 y y2y2 y y 1 2 1 2 1 2 又y y 4，则n44n2 0，又n0，则n2. 1 2 （3）因为直线MN、AB的倾斜角分别为、， y y 4 y y 4 tank  1 2  tank  3 4  所以 MN y2 y2 y y ， AB y2 y2 y  y ， 1  2 1 2 3  4 3 4 4 4 4 4 8 8 由y  ，y  ，y y 4， 3 y 4 y 1 2 1 2  8 8  8y  y  则y  y    1 2 2y  y ， 3 4  y y  y y 1 2 1 2 1 2 4 2 1 则tan   tan， y y y y 2 3 4 1 2  π 若要使最大，则0, ，设k 2k 2k 0，  2 MN AB tantan k 1 1 2 tan     则 1tantan 12k2 1 1 4 ， 2k 2 2k k k 1 2 当且仅当 2k，即k  时，等号成立， k 2 所以tan的最大值为 2 ． 4 高三第二次适应性测试 数学答案 第8页 共8页