柳铁一中2025届高考适应性训练数学答案_2025年6月_250603广西省柳铁一中2025届高考适应性训练（全科）

柳铁一中 2025 届高考适应性考试（一） 数学学科参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D A C B C C D ABD AC ACD 填空题：12. 答案第1页，共4页 4 5 /0.8 13. 9 14 7 3 3 π 2π ， +4 3 3 1．C【解】B={x∣lnx1}={x∣0xe}，所以 A B =  1 , 2  ．故选：C 2．D【解】由 z  i = 1 ，可得： z = − i  z = i ，故 z 的虚部为1．故选：D 3．A【解】由条件 a  b = 1  1  c o s 6 0  = 1 2 ， a − b 2 = ( a − b ) 2 = a 2 + b 2 − 2 a  b = 1 + 1 − 1 = 1 故选：A 1+tan 1 4．C【解】 =2tan= .故选：C. 1−tan 3 5．B【解】由题可得 r−13r+1，解得： 2  r  4 ．故选：B 6．C【解】由题设 a + b = 4 ，则 1 a + 1 b = 1 4 ( a + b ) ( 1 a + 1 b ) = 1 4 ( 2 + b a + a b )  1 4 ( 2 + 2 b a  a b ) = 1 ， 当且仅当 a = b = 2 1 1 时取等号，即 + 的最小值为1.故选：C a b 7．【详解】解：如图所示：因为  A P B = 2  A P C , s in  A P C = A P C C = P 1 C ， 设 P  t , 2 t 4  ，则 P C 2 = t 2 +  2 t 4 − 3  2 = t 1 4 6 − 2 t 2 + 9 = 1 1 6 ( t 2 − 4 ) 2 + 8 ，当 t 2 = 4 时， PC 取得最小值 2 2 ， 此时， A P B  最大， c o s A P B  最小，且 ( c o s A P B ) m in 1 2 s in 2 A P C 1 2 2 1 2 2 3 4   = − = −   = 8．D【详解】设 B F 1 = t ，由 A F 1 = 3 B F 1 ，得 A F 1 = 3 t ，由椭圆定义可知 A F 2 = 2 a − 3 t , B F 2 = 2 a − t ， F 2 A B π 3 ,  =  在△ABF 中，由余弦定理得 2 ( 2 a − t ) 2 = ( 4 t ) 2 + ( 2 a − 3 t ) 2 − 2  4 t  ( 2 a − 3 t )  c o s π 3 ，解得 t = 4 a 9 或t=0（舍 去），  在 F 1 A F 2 中， A F 1 = 4 a 3 , A F 2 = 2 a 3 , F 1 F 2 = 2 c ，  ( 2 c ) 2 =  4 a 3  2 +  2 a 3  2 − 2  4 a 3  2 a 3  c o s π 3 ，解得 a = 3 c , 离 c 3 心率e= = . a 3 9．ABD【详解】依题意， P ( A ) = 3 4  1 2 = 3 8 ， P ( B ) = 1 − P ( B ) = 1 − (1 − 3 4 ) (1 − 1 2 ) = 7 8 ， P ( C ) = P ( B ) = (1 − 3 4 ) (1 − 1 2 ) = 1 8 . 对于A，因“两人都击中”的对立事件为“至多1人击中”，即包括“无人击中”，“1人击中”，故事件A与 C 是互斥事 件，即A正确；对于B，因“至少 1 人击中”包括“1人击中”，“2人击中”两种情况，故其对立事件即“无人击中”，即 3 3 7 21 B正确；对于C，依题意，因A B= A，则P(AB)=P(A)= ，而P(A)(B)=  = P(AB)，故事件 8 8 8 64 A 与 7 B不相互独立，即C错误；对于D，因AB=B，故P(AB)=P(B)= ，故D正确. 8 1 10．AC【详解】当a=0时， f (x)= sin2x，为奇函数，且T =π，故AC正确； 2 若 f (x)为偶函数，则 f ( − x ) = s in ( − x )  c o s ( − x ) + a s in ( − x )  = − s in x ( c o s x − a s in x ) = − s in x c o s x + a s in 2 x ， 1 a a f (x)− f (−x)=2sinxcosx=0恒成立，矛盾，故B错误；因为 f (x)=sinxcosx+asin2x = sin2x− cos2x+ ，所以 2 2 2 f ( x ) m a x =  1 2  2 +  − 1 2 a  2 + 1 2 a = 0 ，无解，故D错误． 11．ACD【详解】由 f (2x)+ f (2y)=2f (x+y) f (x−y) ，令 x= y=0 ，则 2f (0)=2f (0) 2 ，又 f (0)0 ，   所以 f (0)=1 ，故 A 正确；因为 x=0时 f (0)=1 ，则 f (−x)=−f (x)不成立，所以 f (x) 不是奇函数，故 B 错 误；令x=1,y=0可得 f (2)+ f (0)=2f (1) 2 −1+1=2f (1) 2 =0，所以 f (1)=0 ，     令 x= y+1 ，则 f (2y+2)+ f (2y)=2f (2y+1) f (1)=0 f (2y+2)=−f (2y) ，令 2y=t ，则 f (t+2)=−f (t) f (t+4)=−f (t+2)= f (t) ，所以 f (x) 的周期为 4，故 C 正确；由 答案第2页，共4页 f ( x + 2 ) = − f ( x ) ，得 f ( 3 ) = − f ( 1 ) = 0 , f ( 4 ) = − f ( 2 ) = 1 ，所以 f ( 1 ) + 2 f ( 2 ) + + 1 0 0 f ( 1 0 0 ) =(0−2+0+4)+(0−6+0+8)+ +(0−98+0+100) = 2  2 5 = 5 0 ，故 D 正确. 12． 4 5 /0.8【详解】数列  a n  中，由 a n + 1 − a n = 2 n + 2 ，得 a n + 1 = a n + 2 n + 2 ，而 a 1 = 2 ， 则 a 2 = a 1 + 4 = 6 , a 3 = a 2 + 6 = 1 2 , a 4 = a 3 + 8 = 2 0 ，所以 1 a 1 + 1 a 2 + 1 a 3 + 1 a 4 = 1 1  2 + 2 1  3 + 3 1  4 + 4 1  5 = (1 − 1 2 ) + ( 1 2 − 1 3 ) + ( 1 3 − 1 4 ) + ( 1 4 − 1 5 ) = 1 − 1 5 = 4 5 .故答案为： 4 5 13．9【解】某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有 C1C3+C4 =9种．故答案为：9. 2 4 4 7 3 14． π 3 2 π 3 + 4 3 【解】设圆台高为h，已知r=1，R=2，母线长 l = 2 ， 则h= l2−(R−r)2 2 2 − ( 2 − 1 ) 2 = 3 ， 所以圆台体积为 V = 1 3  3  ( π  1 2 + π  4 π + π  2 2 ) = 7 3 3 π ；圆台侧面展开图是一个扇环，设其所在扇形所对圆心角 为 , 半径为 R  ,则 2 π R R  =  且 2 π r ( R 2 ) R 2 2 π R 2 ,     =  − =  − = − 解得 2 π R 2 2 π r π ,  = − = 如图， O E = R  − l = 2 π π R − l = 2 ， 过 A 作AB与小半圆切于点 B , 连接 O B 并延长至 B  ， 过D作 C D 与小半圆切于点 C ，且两切线交于点 F , 连接 O C 并延长至C，则 A B ⊥ O B , C D ⊥ O C  ， 由题意知爬行过程中必然经过线段 B B  中某一点和 C C  中某一点，所以AB,CD是爬行的最短距离时的部分路径. 所以 B , C 是爬行最短路径时经过的点，则 B C 也是爬行的最短路径的另一部分， 由上可知， O B = 2 = 1 2 O A π ，故AOB= ， 3 A B = 4 2 − 2 2 = 2 3 π ，同理DOC = ， 3 C D = 2 3 ， π 所以BOC= ,所以 3 B C = 4 π  1 6 = 2 π 3 ，所以爬行的最短距离为 2 3 + 2 3 + 2 π 3 = 4 3 + 2 π 3 . 15.解:（1）乙、丙两人均没有晋级的概率为 ( 1 − q ) 2 ,...............2分 乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率为C1q(1−q)，.................4分 2   p=(1−q)2 4 故 解得p= ，  p=C1 2 q(1−q), 9 q = 1 3 ............................6分 （2）的所有可能取值为0，1，2，3..........................7分 P ( 0 ) 1 2 ( 1 q ) 2  = = − ， P ( 3 ) 1 2 q 2  = = ，......................9分 由题知 1 2 ( 1 − q ) 2 = 1 2 q 2 1 ，解得q= ，.........................10分 2 所以 ~ B 3 , 1 2    1 3 ，所以E()=3 = .............13分 2 2 16.解:（1）由正弦定理 s a in A = s b in B = s c in C = 2 R （ R 为 A B C 外接圆半径），……………………………..1分 a b c 将sinA= ，sinB= ,sinC= 代入 2R 2R 2R s in 2 A + s in B s in C = s in 2 B + s in 2 C ，  a  2 b c  b  2  c  2 可得   +  =  +  ， 2R 2R 2R 2R 2R 化简后得到 a 2 + b c = b 2 + c 2 ，即b2+c2−a2 =bc．……………………………………..3分 b2+c2−a2 根据余弦定理cosA= ，把b2+c2−a2 =bc代入可得 2bc c o s A = b c 2 b c = 1 2 ．…………………. 5分 π 因为0 Aπ，所以A= ；……………………………………. 6分 3 （2）在△ABD中，根据余弦定理BD2 = AB2+AD2−2ABADcosA．……………………………………. 8分 b π 因为D为AC中点，设AB=c,AD= ，已知BD=3,A= ， 2 3 b2 b π b2 bc 则9=c2+ −2c cos ，即9=c2+ − ．……………………………………. 10分 4 2 3 4 2根据基本不等式 答案第3页，共4页 c 2 + b 4 2  2 c 2  b 4 2 = b c （当且仅当 c = b 2 时取等号）． 所以 9 = c 2 + b 4 2 − b c 2  b c − b c 2 = b c 2 ，即 b c  1 8 b ，当且仅当c= 时取等号．……………………………………. 13分 2 将 c = b 2 代入 9 = c 2 + b 4 2 − b c 2 ，可得 9 =  b 2  2 + b 4 2 − b 2  b 2 ， 解得b=6， c = 3 ，满足条件，所以 b c 的最大值为18．……………………………………. 15分 17.解:（1）双曲线 3 x 2 y 2  − = 可化为 x 3 2 y 2 1   − = ……………………………………. 1分 S A B F1 1 2 F 1 F 2 A B 1 2 2 2 3 3 2 3 3 4 1 2     =  =     = = ，即 3  = ……………………………………. 3分 y2 双曲线C的标准方程为x2− =1．……………………………………. 5分 3 （2）设直线l的方程为x=ty+2(t0)，A(x,y )，B(x ,y )，……………………………………. 6分 1 1 2 2 3x2−y2 =3 联立双曲线C与直线l： ，消去x可得： ( 3t2−1 ) y2+12ty+9=0，……………………………8分 x=ty+2 Δ=(12t)2−49 ( 3t2−1 ) 0，则  = t 2 + 1  0 恒成立，……………………………………. 9分 −12t 又直线与双曲线交于右支两点，故y +y = ， 1 2 3t2−1 y 1 y 2 = 3 t 9 2 − 1  0 ，即 t 2  1 3 ，…………………. 11分 −4 进而可得x +x = ，即AB中点M为 1 2 3t2−1  3 − 2 t 2 − 1 , 3 − t 6 2 t − 1  ，……………………………………. 12分 线段AB的中垂线为 y + 3 t 6 2 t − 1 = − t  x + 3 t 2 2 − 1  ，……………………………………. 13分 则 D  3 − 2 t 8 − 1 , 0  ，即 D F 2 = 2 + 3 t 8 2 − 1 = 6 3 t t 2 2 + − 6 1 ． A B = 1 + t 2 ( y 1 + y 2 ) 2 − 4 y 1 y 2 = 1 + t 2  − 3 t 1 2 2 − t 1  2 − 4  3 t 9 2 − 1 = 6 3 t t 2 2 + − 6 1 ．即 D A F B 2 为定值1．……………………. 15分 18.解：（1）不妨设 A B = 2 ，则 B C = C E = 4 ， ∵ABC=60，BC=2AB=4，由余弦定理可得： 1 AC2 = AB2+BC2−2ABBCcosABC=4+16−16 =12，……………………………………. 1分 2 所以AB2+AC2 =4+12=16=BC2， 即BCA=30，BAC=90，  A B ⊥ A C ， …………………………………….2 分 所以 A C = 2 3 ，又因为 A C 2 + A E 2 = 1 2 + 4 = C E 2 ，所以 A C ⊥ A E ， 又因为 A B A E = A ，所以 A C ⊥ 平面AEB，……………………………………. 4分 B E  平面AEB，所以 E B ⊥ A C .……………………………………. 5分 （2）① E F 与BC异面直线，理由如下： 取AB的中点为O，连结 E O ， E A B 为等边三角形. 所以EO⊥BA，EO= 3由（1）知 A C ⊥ 平面AEB，……………………………………. 6分 所以EO⊥ AC， A B  A C = A ，所以EO⊥平面 A B C ，又由 A B A C ⊥ .……………………………………. 7分 则以A为原点，AB，AC分别为x轴，y轴， 以过A平行于 E O 的直线为z轴，建立空间直角坐标系. A(0,0,0)，B(2,0,0)， D ( − 2 , 2 3 , 0 ) ( ) ( ) ，C 0,2 3,0 ，E 1,0, 3 ， 设F(x,y,z)，EF = ( x−1,y,z− 3 ) ，AB=(2,0,0)，AD= ( −2,2 3,0 ) ， ( ) ( ) DC=(2,0,0)，CF = x,y−2 3,z ， CF = x+2,y−2 3,z 因为EF = 7，所以(x−1)2 +y2+ ( z− 3 )2 =7， 因为FD=FC，所以 x2+ ( y−2 3 )2 +z2 = (x+2)2+ ( y−2 3 )2 +z2 ，因为 答案第4页，共4页 E F A B A D   = + ( ) ，可得 x−1,y,z− 3 =(2,0,0)+(−2,2 3,0)，……………………………………. 10分 所以 x y z 2 2 3 3 2 1     = = = − + ，把 z = 3 代入上面两式得， ( x − 1 ) 2 + y 2 = 7 和 4 x + 4 = 0 ， 所以  x y = = −  1 3 ，又 0   ，所以 F ( − 1 , 3 , 3 ) ，……………………………………. 12分 ( ) ( ) 所以EF = −2, 3,0 ，BC= −2,2 3,0 ，所以EF kBC， E F 与 B C 不平行， 又因为 E F A B A D   = + ，则EF和平面 A B C D 共面，则EF在平面 A B C D 内，或EF//平面ABCD， 又因为点E在平面 A B C D 外，所以 E F / / 平面 A B C D ， 所以EF与BC不相交.即 E F 与BC异面直线；…………………………..14分 ②由（1）知 A C = ( 0 , 2 3 , 0 ) 为平面 A E B 的法向量， 设平面 F C D 的法向量为 m = ( x 1 , y 1 , z 1 ) ， D F = ( 1 , − 3 , 3 ) ，DC=(2,0,0)，  m m   D D F C = = 0 0 ，所以  x 2 1 x − 1 = 3 0 y 1 + 3 z 1 = 0 ，取y =1，则z =1，m=(0,1,1) …………………….15分 1 1 设平面 A B E 与平面FCD夹角为 c o s c o s A C , m 2 2 3 3 2 2 2  = = =  ，所以= ，所以平面ABE与平面FCD的夹角为 4 4  ……………………17分 19.解:（1）因为 f ( x ) = ln ( x + 1 ) − x x + 1 ，x−1，所以 f ( x ) = x 1 + 1 − ( x 1 + 1 ) 2 = ( x x + 1 ) 2 ........1分 当 x  ( − 1 , 0 ) 时， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递减，当 x  ( 0 , +  ) 时， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增， 从而 f ( x ) m in = f ( 0 ) = 0 ，则 f ( x )  0 ..............4分 （2）因为 g ( x ) = 1 − x + x 2 2 + + ( − 1 ) n x n n ， n  N * ，所以 g ( x ) = − 1 + x − x 2 + + ( − 1 ) n x n − 1 ，.............5分 −1+(−x)n 当x0时，g(x)= ，当x=0时， 1+x g ( x ) = − 1 ，故 g ( x ) = − 1 + 1 ( + − x x ) n  ) ，x 0,+ ...............6分 当n为奇数时， g ( x )  0 在[0,+)上恒成立，则 g ( x ) 在[0,+)上单调递减， 因为g(0)=10， g ( n )  0 ，所以g(x)在 [ 0 , +  ) 上的零点个数为1........................8分 xn−1 当n为偶数时，g(x)= ，则当x[0,1)时， x+1 g ( x )  0 ， g ( x ) 单调递减， 当x(1,+)时，g(x)0，g(x)单调递增，从而 g ( x ) m in = g (1 ) = (1 − 1 ) + ( 1 2 − 1 3 ) + + ( n 1 − 2 − n 1 − 1 ) + 1 n  0 ， 所以g(x)在 [ 0 , +  ) 上的零点个数为0.....................10分 综上可得：当n为奇数时， g ( x ) 在 [ 0 , +  ) 上的零点个数为1， 当n为偶数时，g(x)在[0,+)上的零点个数为0.........................11分 （3）由（2）可知，当n=2k，kN*时， g ( x ) m in = g (1 ) = 1 − 1 + 1 2 − 1 3 + − 2 k 1 − 1 + 1 2 k ...........12分 要证x0，g(x)1−ln2，即证 1 − 1 + 1 2 − 1 3 + − 2 k 1 − 1 + 1 2 k  1 − ln 2 ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 即证1− + − + + − ln2，即证1+ + + + −2( + + + )ln2， 2 3 4 2k−1 2k 2 3 2k 2 4 2k 1 1 1 即证 + + + ln2....................13分 k+1 k+2 2k x 由（1）可知， f(x)=ln(1+x)− 0，当且仅当 x+1 x = 0 1 n+1 1 时，等号成立.令x= ，可得ln  ，..................15分 n n n+1 1 1 1 k+1 k+2 2k 2k 故 + + + ln +ln + +ln =ln =ln2........16分 k+1 k+2 2k k k+1 2k−1 k 从而x0，g(x)1−ln2..................17分