广西省南宁二中·2025年5月高三冲刺考数学答案_2025年5月_250521广西省南宁二中·2025年5月高三冲刺考（全科）

南宁二中· 年 月高三冲刺考 2025 5 数学 答案 1．C 【分析】由对数函数的定义域，建立不等式，求得集合，利用交集，可得答案. 【详解】由   xZ x2x1 0    xZ2 x1  1,0，则 2 A AB=  x  ∈1,0Z  −.故 x 选 − ： xC+. 2 > 0 2．A 【分析】设z x yi代入化简，即可求得复数z；或利用 z 为实数可得z8 z 4i，即可得出 z 的虚部. 【详解】由 ，得z8 z 4i，则有z8 z 4i， 所以 z 的虚部 z 为 +  z 4． = 故 − 选 8i ： + A 4 ． i= 8+4i 3．B x2 y2 b 【详解】因双曲线C:  1的焦点在 轴上，由渐近线方程y 2x易得  2，于是C的离心 a2 b2 a c a2 b2 b x  2 率为：e   1   3 .故选：B a a2 a 4．D    3 【解析】由题意，cos2 sin2 cos  ，故选：D. 12 12 6 2 5．B 【详解】若选的数字只有一个1，此时有两个偶数，则不同的排列方法有C1A4 48种；若选的数字有 2 4 两个1，则不同的排列方法有2A222A2 72种.故共有4872120种不同的设置方法. 4 4 故选：B. 6. B 3T 3 2π 3π 13π π 3π π π 【解析】由图可知A2,       ，所以T π,2，且2  2kπ,kZ， 4 4  2 12 3 4 3 2 所以 π 2kπ,kZ，又因为π，所以只能k 0, π ，所以 f x2sin  2x π ，对于 6 6  6 π  π π π A， f  2sin  2sin 10 ，故A错误； 6 3 6 6  π 2π   2π 对于B， f x2sin2x 2cos 2x 2cos2x ，故B正确；  6  3   3  π 对于C，x0, f(x)0故C错误；对于D，若把 f x图象上所有点向右平移 个单位， 12   π  π  π 则所得函数是 2sin2x  2sin2x  ，故D错误；   12 6  3 高三数学答案 第 1 页 共 8 页7.B 【解析】设DC DB AD ，DE DF x， 1 S  r2 扇形ADC 8 1 1 S  S  r2 DEFB 3 扇形ADC 24 1   S  S  S  sin  ED  DB  2  rxsin DEFB EDB DFB 2 8 8  1 即rxsin  r2 ，x0.34r 8 24 8.B 2 2 【解析】设有x个AI模型合格，y道题为难题，则x n，y m， 3 3 2 2 2 2 依题意有x mmny nmn m n 3 3 3 3 2 5 2 5 所以 nx n，同理 m y m， 3 6 3 6 要使两式有整数解，则m3，n3，所以mn9. 当m3,n3时，若3个AI模型生答题情况如下表： 题目1 题目2 题目3 学生A √ √ × 学生B √ × √ 学生C √ × × 则有2个AI模型合格，2个难题，符合题意，所以mn的最小值为9. 二、多选题:本大题共3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．BC 【详解】对于选项A，因为AB5，所以事件A与B不互斥，故A错误； 1 1 对于选项B，P(AC)P(BC)P(AB) ，P(A) P(B) P(C) 4 2 P(AB) P(A)P(B),P(AC) P(A)P(C),P(BC) P(B)P(C)，故B正确； P(AC) 1 P(AC) 1 对于选项C，P(AC)  ,P(C A)  ，故C正确. P(C) 2 P(A) 2 1 1 对于选项D，A,B,C交集为5，则PABC ,PAPBPC ，故D错误；故选：BC. 4 8 高三数学答案 第 2 页 共 8 页10．ACD yx1 【解析】对于A：设 ．当k 1时，由 ，得x26x10， y2 4x 故x x 6 ， 所 1,以 1 A, B  2 x,  2 x  p8，A正确； 1 2 1 2 p 对于B：设直线倾斜角为，由p AF cos AF ，故 AF  ， 1cos p 1 1 2 同理 BF  ，故   1，B错误； 1cos AF BF p 对于C: D1,y ，联立   ykx1 ，得k2x2   2k2 4  xk2 0， 2 y2 4x 所以xx 1，则y y 4． 1 2 1 2 y 4 4 因为k  1  ,k y  ，所以k k ，所以A,O,D三点共线，所以C正确； OA x y OD 2 y OA OD 1 1 1 对于D：由题意知x1是抛物线的准线，过点A作AA 垂直x1于点A， 1 1 过点B作BB 垂直x1于点B ，取AB的中点M ， 1 1 过点M 作MM 垂直x1于点M ，所以 AB  AF  BF  AA  BB 2 MM ， 1 1 1 1 1 所以以AB为直径的圆与准线x1相切，D正确，故选：ACD． 11.AC 【详解】A正确 由题意得， fx2cosx1,x 0,π ，令 fx0，解得x π ， 3  π  π 当x  0, 时， fx0，所以 f x在  0, 上单调递增，  3  3 π  π  当x ,π  时， fx0，所以 f x在 ,π  上单调递减， 3  3  π π 所以 f x的最大值为 f   3 ， 3 3  B.错误， 函数Fx与 f x的图象不关于x Fx f πx 2 C正确，Fx2 f πx22sinπxπxπ2x2sinx． 1 D错误，令gx0，则x12sinxx10，整理得2sinxx 0， x1 高三数学答案 第 3 页 共 8 页令hx2sinxx 1 ，则hx2cosx1 1 ， x1 x12 π  π  当x ,π 时，hx0，所以hx在  ,π 上单调递减， 2  2  π π π 1 π 1 又 h 2   2sin 2  2  π 2 2  π 0 ，hπ2sinππ 1 π 1 0， 1 1 π1 π1 2 2 π  所以由零点存在性定理得，hx在 ,π上存在唯一零点， 2  当x π,+时，hx2sinxx 1 2π10，此时函数无零点， x1 π  π  hx在  , 上存在唯一零点，即函数gx在  , 上的零点个数为1． 2  2  三、填空题:本大题共 3 小题,每小题5 分,共 15 分。 1 12.【答案】 3 28 2 13.【答案】 3 【解析】解：正四棱台的侧面为等腰梯形，由题意知该等腰梯形的中位线长为3，设正四棱台的上 底面边长为a，则a+2a=2×3=6，所以a=2,如图，正四棱台 的截面 如图， =2 ， = − 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 作 ⊥ ， ⊥ ，则 = ，又 由勾股定理得 = ， 所以 1正 四 棱 台 的1 体积 = 2 1 =2 = 1 2 1 2 4 2 4 28 2 14.【答案】2a1 ， 1或 3或2 3(2 +4 + 2 ×4 )× 2 3 【解析】设xR，我们常用x来表示不超过x的最大整数.如：  4.15,2.3  2. 若 xar,aZ,r   1 ,1   ，则 2x  ▲ ， 2  若x是方程x2 x 20的实数解，则x ▲ . 若 r   1 ，1   ，则2x2a2r,2aZ,2r 1,2，故 2x 2a1 2  因为x2 x 20，故x22 x ， 因为 x x，故x22 x，故1x2，故 x 1,0,1,2， 若 x 1，则x2 1，又 1 1, 1 1，故x1符合； 高三数学答案 第 4 页 共 8 页若x0，则x2 2，故x 2，又  2  1,   2  2，不符合x0，均舍； 若 x 1，则x2 3，故x 3，又  3  1,   3  2 ，故x 3符合； 若 x 2，则x2 4，故x2，又 2 2, 2 2，故x2符合； 综上，x1或x 3或x2. 四、解答题:本大题共5 个小题,共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.【详解】 （1）由S 6及S 30，得a a 6,a a a a 30， 2 4 1 2 1 2 3 4 两式相减，得a a 24， 即q2a a 24， 3 4 1 2 所以q2 4， 由q0，得q=2， 所以a 2a 6，解得a 2， 1 1 1 所以数列a 的通项公式为a 2n. n n 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）由（1），得b         ， n log a log a log 2n log 2n1 n n1 n n1 2 n 2 n1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 所以T (  )(  )(  )(  )1 = . n 1 2 2 3 3 4 n n+1 n+1 n+1 a2 b2 c2 a 2 16.【详解】（1）由题意知 ，∴ 2b2c2 bc1 x2 ∴椭圆方程为  y2 1 2 3 （2）（i）设l：x y1，Mx，y ，Nx ，y  3 1 1 2 2  3 x y1  3 2 3 3 联立 ，消去x得7y2 2 3y30，y  y  ，y y  x2 1 2 7 1 2 7  y2 1   2 4 6 1 4 6 y  y   y  y 2 4y y  S  FF y y  ∴ 1 2 1 2 1 2 7 ，∴ MNF 2 2 1 2 1 2 7 （ii）由题意 的斜率不为0，设直线 的方程为： ，设 ， Δ l l x= my−1,m ≠ 1 M x1,y1 N x2,y2 2 由 ，得 ，则 ， =8m +8 > 0 x= my−1 2m x 2 2 m 2 +2 y 2 −2my−1= 0 y1+y2 = m 2 +2 2 +y =1 −1 又 ， ， y1y2 = m 2 +2 y2−1 y1−1 即 kAN⋅kAM =1 ∴ x2 ⋅ x1 =1 ，整理得 ， y1−1 y2− ， 1 =x1x2 = ， my 的 1− 方 1 程为 my2−1 . m 2 −1 y1y2 = m−1 y1+y2 − m+1 2m 1 2 2 ∴ m +2 =m +2 ∴ m=−3 ∴ l 3x+y+3 = 0 17． 【答案】（1）ycedx更适宜 （2）ye0.3x4.5 （3）选择方案1最佳，理由见解析 高三数学答案 第 5 页 共 8 页【详解】（1）由散点图可以判断，ycedx更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型. （2）将ycedx两边同时取自然对数，可得lnylncdx ， 7 7 7 7 由题中的数据可得，(x x)(z z) x z 7xz  33.6，x x2 x27x2 112， i i i i i i i1 i1 i1 i1 7 xz 7xz i i 33.6 所以d  i1  0.3，则lncz dx 3.60.3274.5，  7 x27x 2 112 i i1 所以z关于x的线性回归方程为z0.3x4.5，故y关于x的回归方程为ye0.3x4.5； （3）用X ，X 和X 分别表示选择三种方案的收益. 1 2 3 采用第1种方案，无论气温如何，产值不受影响，收益为20018182万，即X 182 1 采用第2种方案，不发生28℃以上的红蜘蛛虫害，收益为20010190万， 190,不发生28℃以上的红蜘蛛虫害 如果发生，则收益为1001090万，即X  ， 2 90,发生28℃以上的红蜘蛛虫害 200,不发生虫害  同样，采用第3种方案，有X 160,只发生22-28℃虫害 3  100,发生28℃以上虫害 所以，EX 182， 1 EX 190PX 19090PX 901900.9900.11719180， 2 2 2 EX 200PX 200160PX 160100PX 100 3 3 3 3 2000.61600.31000.1178. 显然，EX 最大，所以选择方案1最佳. 1 18. π 【详解】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有 ， 2 所以球面三角形ABC面积为 S πR2  π R2  3π . 球面ABC 2 2 AC2 R2R22R2cos  1 （2）①由余弦定理有：BC2 R2R22R2cos ，且AC2BC2 AB2， 2  AB2 R2R22R2cos  3 消掉 R2，可得coscos cos 1； 1 2 3 ②由AD是球的直径，则AB BD,AC CD ， 且AC BC，CDBC C ，CD,BC平面BCD， 所以AC平面BCD，且BD平面BCD，则ACBD， 且ABACA，AB,AC平面ABC，可得BD平面ABC， π π π π 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为 , ，所以DAB ,DCB ， 4 3 4 3 不妨先令R 3，则AD2 3,ABBD 6,BC  2,AC 2 ， 由AC BC，ACBD，BCBD， 高三数学答案 第 6 页 共 8 页以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴， 过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系， 设BE t,t  0, 6，则A0,2,0,B  2,0,0  ,C 0,0,0,D  2,0, 6  ，  可得S0,1,0,T( 2 ,0,0) ，E  2,0,t  ,O( 2 ,1, 6 )， 2 2 2 则C  B    2,0,0  ,C  O  ( 2 ,1, 6 ) ，S  T  ( 2 ,1,0),T  E  ( 2 ,0,t) 2 2 2 2   mCB 2x 0   1 设平面OBC法向量mx 1 ,y 1 ,z 1 ，则   2 6 ， mCO x y  z  0  2 1 1 2 1    取z 2，则y  6,x 0，可得m 0, 6,2 ， 1 1 1    2 nST  x y 0 设平面EST法向量n  x ,y ,z ，则   2 2 2 ， 2 2 2   2 nTE  x tz 0   2 2 2    取x  2t，则y t,z 1，可得n 2t,t,1 ， 2 2 2 要使sinθ取最小值时，则 cos取最大值， 因为 cos cosm  ,n   m   n    6t2  1  3t 2 m n 10 3t21 5 3t21  2 1 3t 2 1 2 6t1 ，     1 5 3t21 5 3t21 令m2 6t1,m1,13 ，则t m1 ,3t2  m12 ， 2 6 8 2 6t1 m 8m 8 8     2 可得 3t21 m12 m22m9 m 9 2 62 ， 1 m 8 1 3 10 当且仅当m3,t  取等．则 cos取最大值 ，sin 1cos2 为最小值， 6 5 5 1  1  此时点E( 2,0, )，可得CE ( 2,0, )，CA0,2,0， 6 6   1  kCE 2x z0 设平面AEC中的法向量k x,y,z，则 6 ，    kCA2y0    取x1，则y0,z2 3，可得k  1,0,2 3 ，   AOk 5 可得球心O到平面AEC距离为d    ， k 26 53 设平面AEC截球O圆的半径为r，则r2 R2d2  ， 26 高三数学答案 第 7 页 共 8 页53 53 所以截面圆面积为πr2  π πR2 . 26 78 19. 【解析】【解析】(1) f xex1xex ， 在0，上单调递减，在 上单调递增。 fxxex -，0 ∴ （2）数列a 为递减数列，理由如下： n 由题意ean1  ean 1 ，则ean1 ean  ean 1 ean  ean 1a n ean ， a a a n n n 由（1）可知函数 在0，上单调递减，则当 时有 ， x0， f x f00 又数列a 是正项数列，所以a 0，所以 f(a )0 n n n 则 ean1 ean  ean 1a n ean  f(a n ) 0 ， a n1 a n，即数列 a n  为递减数列； a a n n （3）令函数 gxex 1xe 1 2 xx0，gxe 1 2 x  e 1 2 x  1 x1  ，  2  令函数hxex x1，则hxex 1， 当x0时， ，当 时， ， ' ' 故 在ℎ ,0 单<调0递减， > 在 0 ℎ为 单>调0递增， 故 ℎ h x  h00，则ex x 0 1 ,+ ， ∞ e 1 2 x  1 x10， min 2 gx0，故gx在定义域上单调递增，gxg00， 1 令xa n ，则 ean 1a n e 1 2 an 0 ean 1 a a n e2 an 0 ean a 1 e 1 2 an， n n 又ean1  ean 1 ，ean1 e 1 2 an  a n1  1 . a a 2 n n 当n2时， a a a 1 1 a  n  n1 2 a  1 . n a a a 1 2n1 2n n1 n2 1 即2na 1，又n1时，21a 21. n 1 所以2na 1. n 高三数学答案 第 8 页 共 8 页