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