贵州省考试院2025年4月高三年级适应性考试数学答案_2025年4月_250410贵州2025年4月高三年级适应性考试（全科）_贵州2025年4月高三年级适应性考试数学

启用前★注意保密 2025 年 4 月高三年级适应性考试 数学参考答案与评分建议 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D A C B C D B 二、选择题 题号 9 10 11 答案 AD CD ABC 三、填空题   12. − + i，   13. 15 14. 是；[−e,] 四、解答题 15.（13分） 解：(1)如图1所示，连接BC 交BC于N ，则N 是BC 的中点，又因为M 是AB的中    点,所以MN是ABC 的中位线，所以MN// AC . 1  又因为MN 平面BMC，AC 平面BMC，    所以AC //平面BMC  1 .……………………………………………………………………………………6分 图1 {#{QQABbYao4giYgFSACI4KAwWkCUiQsJCiJWoMBUCdOAwLQYNABIA=}#}(2)因为AC =BC =3,AB=3 2，即AC +BC = AB，所以AC⊥BC. 又因为平面BCC B ⊥平面ABC，平面BCC B 平面ABC=BC，   1 1 所以AC ⊥平面BCC B ，所以AC ⊥CC .    因为四边形BCC B 是正方形，所以CC ⊥ BC.    故CA,CB,CC 两两垂直. 1 以点C为坐标原点，CA,CB,CC 分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图2所示的空 1 间直角坐标系C−xyz. 图2 则C(0,0,0),C (0,0,3),A(3,0,0),B(0,3,0),B(0,3,3), 1 1 所以AC =(−3,0,3),CB =(0,3,3),AB=(−3,3,0), 1 1 1 因为AM = AB=(−1,1,0),所以CM =CA+AM =(2,1,0). 3  nCM =0 2x+ y =0 设n=(x,y,z)是平面BMC 的一个法向量，则 ,即 ， 1  nCB =0 3y+3z =0 1 取x=1，则y =−2,z =2，得n=(1,−2,2). | AC n| 2 设直线AC 与平面BMC 所成的角为，则sin= 1 = ， 1 1 | AC ||n| 6 1 2 故直线AC 与平面BMC 所成的角的正弦值为 . 1 1 6 ……………………………………………………………………………………13分 {#{QQABbYao4giYgFSACI4KAwWkCUiQsJCiJWoMBUCdOAwLQYNABIA=}#}16.（15分）   解：(1)a = ，a = .     .……………………………………………………………………………………2分 (2)解：由题意可得 a + a − a −= n −= n n+ a + a + n n ， a + (a +) a += n += n n+ a + a + n n ， a −  a −  −  所以 n+ =  n ，即b = b ，又b = = ， a +  a + n+  n  +  n+ n  所以{b }是等比数列，且b = . n n n .……………………………………………………………………………………8分   + a − b + n n + (3)由 n =b a = n = = . a + n n −b  n − n n − n (n −)+  所以a = =+ . n n − n − 3 1 ≤ 34n−1≤4n −14n−1≥1， 4n −1 4n−1 而4n−1≥1显然成立（当且仅当n=时等号成立）， 3 1 所以 ≤ . 4n −1 4n−1  +  （或者，由糖水不等式得，当n≥2时，  = ） n − (n −)+ n− 因此 1 1−  n (a −1)≤ 4n = 4 − 1  4 . k 1 3 34n−1 3 k=1 1− 4 .……………………………………………………………………………………15分 17.（15分） 解：(1)由题意得   c  + =， = ，又a =b +c. a b a  {#{QQABbYao4giYgFSACI4KAwWkCUiQsJCiJWoMBUCdOAwLQYNABIA=}#}联立解得a =,b =,c= . x y 所以C的方程为 + =.   .……………………………………………………………………………………4分 (2)(i)F(− ,)，设l:x=my−  ，A(x ,y ),B(x ,y ).       x=my−   (m +)y − my−=.  x +y −=  m − 所以y + y = ，y y = .   m +   m + 所以 AB = +m (y + y ) −y y     m (m +) = +m + (m +) (m +)  (m +) = . m +  (m +)   由 = ，解得m =，即m=. m +  所以直线l的斜率为. .……………………………………………………………………………………9分 (ii)由(i)知直线AB的方程为x=y−  ，根据对称性，只需考虑其中一种情况即可. 不妨取直线AB的方程为x−y+  =. 因为M 在C上，故可设M( cos, sin)， 则点M 到直线AB的距离为 2 2cos− 6sin+ 2 14cos(+)+ 2 14+ 2 d = = ≤ = 7+1. 2 2 2 当cos(+)=时，等号成立. 所以点M 到直线AB的距离的最大值为 +. 故△MAB面积的最大值为 {#{QQABbYao4giYgFSACI4KAwWkCUiQsJCiJWoMBUCdOAwLQYNABIA=}#}1 1 24 2 12 2 S = AB d =  ( 7+1)= ( 7 +1). 2 2 7 7 .……………………………………………………………………………………15分 18.（17分） 解：(1)当a=时， f(x)=ex −x −，则 f()=， f'(x)=ex −x， f'()=. 故切线方程为y = x. .……………………………………………………………………………………4分    (2)当a = 时， f(x)=ex −x − x−，则 f'(x)=ex −x− ， f''(x)=ex −.    令 f''(x)=ex −=，得x=ln. 当xln时， f''(x)；当xln时， f''(x). 所以 f(x)在(−,ln)上单调递减，在(ln,+)上单调递增. 1 3 3 所以 f '(x) = f '(ln2)=eln2 −2ln2− = −2ln2=2( −ln2). min 2 2 4  因为e . =.=，所以 ln.   （或者，因为ln...= ）  故 f'(x) ，因此 f'(x)，从而 f(x)在R上单调递增. min .……………………………………………………………………………………10分 (3)解：当x=时，显然 f(x)≥0成立. ex −x2 +2x−1 当x时， f(x)≥0 a≤ . x ex −x +x− 令g(x)= (x)，则 x (x−)ex −x + (x−)(ex −x−) g'(x)= = . x x 令h(x)=ex −x−(x)，则h'(x)=ex −e −=. 所以h(x)在(,+)上单调递增， 故h(x)h()=，即ex −x−. 所以当 x时，g'(x)；当x时，g'(x). {#{QQABbYao4giYgFSACI4KAwWkCUiQsJCiJWoMBUCdOAwLQYNABIA=}#}得g(x)在(,)上单调递减，在(,+)上单调递增， 故g(x) = g()=e.于是a≤e. min 因此，a的取值范围是(−,e]. .……………………………………………………………………………………17分 19.（17分） 解：(1)记100名学生中恰有70人完成课程的人数为X ，则X B(,p). 所以 f(p)=C p(− p)，则  f '(p)=C70 70p69(1− p)30 −30p70(1− p)29=10C70 p69(1− p)29(7−10p). 100   100 令 f'(p)=，得 p=.. 当 p(,.)时， f'(p)， f(p)单调递增； 当 p(.,)时， f'(p)， f(p)单调递减. 所以 f(p)的最大值点为 p =..  .……………………………………………………………………………………4分 (2)由(1)知， p =.，设新课C的用户占比达到x时满足要求.  事件M =“从完成课程的学生中随机抽取一名学生”， 事件N =“该学生使用A课程”，  事件N =“该学生使用B课程”，  事件N =“该学生使用C课程”.  则由全概率公式，有 P(M)=P(N )P(M N )+P(N )P(M N )+P(N )P(M N )，       因此 x x P(M)=(0.5− )0.85+(0.5− )0.65+x0.7=0.75−0.05x. 2 2 由条件概率公式，得 P(N M) P(N M)=  ，  P(M) 所以 {#{QQABbYao4giYgFSACI4KAwWkCUiQsJCiJWoMBUCdOAwLQYNABIA=}#}.x  .= ，解得x= .. .−.x  所以C用户占比需达到71.4%. .……………………………………………………………………………………10分 （3）设随机变量Y 为新课程C产生的利润. ①若配置1套系统. 由于新课程C的用户占比总大于20%，所以运行一套系统即可， 无维护成本. 此时对应的 年利润Y =，P(Y =)=， 所以收益期望E(Y)=（万元）. ②若配置2套系统. 当20%≤X 40%时，运行一套系统，维护一套系统， 年利润Y =−=，P(Y =)=.. 当X≥40%时，运行2两套系统， 年利润Y ==，P(Y =)=.. 所以收益期望E(Y)=.+.=（万元）. ③当20%≤X 40%时，运行一套系统，维护2套系统， 年利润Y =−=，P(Y =)=.. 当40%≤X 60%时，运行2套系统，维护1套系统， 年利润Y =−=，P(Y =)=.. 当X≥60%时，运行3两套系统， 年利润Y =，P(Y =)=.. 所以收益期望E(Y)=.+.+.=（万元）. 比较结果：配置3套系统时收益的期望最大（为183万元）. 综上，为使总收益期望最大，应配置3套智能辅导系统. .……………………………………………………………………………………17分 {#{QQABbYao4giYgFSACI4KAwWkCUiQsJCiJWoMBUCdOAwLQYNABIA=}#}