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襄阳五中 2025 届高三下学期 5 月适应性考试（一）数学答案 7.解： (x+ 3 ) 5展开式的通项公式为 T =Cr·xr· ( 3 ) 5−r =35−r·Cr·x 3r 2 −5 ，
√x r+1 5 √x 5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
B B B A B D A B AC BCD ABD
3r−5
√34+10√5
令 =2，解得r=3；
12. −1或3 13. 3 14. 2
2
3r−5
1.解：因为 ， ，
令 =3，解得r不存在，
A={x|x2≤x}={x|0⩽x⩽1} B={y|y=2x,x>0}={y|y>1} 2
3
所以A∪B=[0,+∞).故选：B． 故(2x+1)(x+ ) 5 的展开式中x3系数为：2×C3·35−3=180．故选：A．
√x 5
i−1 (i−1)×i −1−i
2.解：由题意得iz=i−1，z=
i
=
i×i
=
−1
=1+i，
8.解：由 2a a +a =3a ，得 1 = 2a n +1，即 1 = 1 ⋅ 1 + 2，即 1 −1= 1 ( 1 −1) ，
所以z的虚部为1．故答案选：B． n n+1 n+1 n a
n+1
3a
n
a
n+1
3 a
n
3 a
n+1
3 a
n
3.解：以原点为角的顶点， 轴的非负半轴为角的始边，令角 的终边过点 ，
9 3 1 2 1
又a = ，则a = ，所以数列{ −1}是以 为首项， 为公比的等比数列，
2 11 1 5 a 3 3
则 角的终边过点 ，且 ， n
1 2 1 2 1 2
所以 −1= ( ) n−1= ， = +1，
a 3 3 3n a 3n
n n
于是 ， ，
1 1
[1−( ) n ]
1 1 1 1 1 1 3 3 1
+ +⋯+ =2( + +⋯+ )+n=2× +n=n+1− ，
，所以点 的坐标为 .故选：B
a a a 3 32 3n 1 3n
1 2 n 1−
3
4.解：由题意，设 ， ， ，
F
1
(0,−√2) F
2
(0,√2) P(−1,√2)
问题转化为求使不等式n+1−
1
<100成立的n的最大值，又函数y=x+1−
1
在(0,+∞)上单
3n 3x
则 ， ，
|PF
1
|=√(−1) 2+(√2+√2) 2=3 |PF
2
|=√(−1) 2+(√2−√2) 2=1
调递增，所以使不等式
1
+
1
+⋯+
1
<100成立的n的最大值为99．故选：B．
a a a
1 2 n
2c 2√2 √2
|F F |=2c=2√2，则2a=|PF |+|PF |=4，则e= = = ， 9.解：对于A，由X∼N(160,900)，得E(X)=160，故A正确；
1 2 1 2 2a 4 2
对于B，由Y∼N(160,400)，得D(Y)=400，故B错误；
√2
所以椭圆的离心率为 ．故选：A． 对于C，因为X∼N(160,900)，所以
2
P(X<120)+P(X⩽200)=P(X>200)+P(X⩽200)=1，故C正确；
5.解：已知函数 是奇函数，则有：
y=f(x)−x2 对于D，由于随机变量X、Y均服从正态分布，且对称轴均为直线x=160，
D(X)=900>D(Y)=400，所以在正态分布曲线上，Y的峰值较高，
，
f(−x)−x2=−[f(x)−x2 ]⇒f(−x)=−f(x)+2x2 正态分布较“瘦高”，随机变量分布比较集中，所以P(X≤180)0时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x<0时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 3√3 1 3√3
15. 解：(1)∵S = ，∴ AB⋅BC⋅sin∠ABC= ，
故f(x)在(−∞,+∞)上不单调，故A，B正确，C错误; △ABC 2 2 2
因为函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，且为偶函数，所以f(|m|)=f(m)，且 1 3√3 √3
又AB=3，BC=2，则 ×3×2×sin∠ABC= ，∴sin∠ABC=
f(m)≥f(0)=0， 2 2 2
故D正确． π
∵∠ABC是锐角，∴∠ABC=
故选ABD． 3
12.解：在抛物线y2=4x中，2p=4，则p=2，所以焦点F(1,0)， ．…………………………………………………………………3分
准线方程为x=−1， 由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC=7，
设点 ，根据抛物线的定义，可得 ，解得 ， 则AC=√7．………………………………………………………………………………………5分
P(x ,y )(x ,y >0) x +1=5 x =4
0 0 0 0 0 0 π
∵∠DAB=∠DCB= ，∴BD是四边形ABCD外接圆的直径，∴BD是△ABC外接圆的直
把 代入 ，得 ，因为 ，所以 ，即 ， 2
x =4 y2=4x y2=4×4=16 y >0 y =4 P(4,4)
0 0 0 0 径，
将圆 化为标准方程： ， AC 2 2√21
x2+ y2−4x−2y+1=0 (x−2) 2+(y−1) 2=4 利用正弦定理知BD= =√7× =
sin∠ABC √3 3
从而圆心为C(2,1)，半径r=2， ；………………………………………………8分
故 ．故答案为： ． π 2√21
|PM|=√|PC| 2 −|CM| 2=√22+32−22=3 3 (2)由∠DAB=∠DCB= ，BD= ，AB=3，BC=2，
2 3
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2 1√3 4√3 1
则AD= ，CD= ，…………………………………………………………………………10 因为g′ (1)=e−e−1−2=e− −2>0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，
3 3 e
分 π π π
所以g( )>g(1)=e+e−1−2>0，所以f( )−f(− )>0，
2 2 2
π
又∠ABC= ，则 ，………………………………………………11
3 所以 π π π ．…………………………………………………………15分
f(x) =f( )=e2− +1
max 2 2
分
1 1 √3 4√3 √3 √3
因此S = AD⋅CD⋅sin∠ADC= × × × = ，
△ACD 2 2 3 3 2 3
√3
故△ACD的面积为 ．……………………………………………………………………………13 17. 解：（1）取 的中点 ，连接 ，
3
分 16. 解： 由 ，得 ，
(1) f(x)=exsinx−x+1 f′ (x)=ex (cosx+sinx)−1 由题意可知： 为等边三角形，则 ，
则 ， ，故曲线 在点 处的切线方程为 ；……………4
f(0)=1 f❑ ′ (0)=0 y=f(x) (0,f(0)) y=1 又因为平面 平面 ，
分
平面 平面 ， 平面 ，
π π
(2)当x∈[− , ]时，令 ℎ(x)=f′ (x)=ex (cosx+sinx)−1，
2 2
可得 平面 ，…………………………………………………………………………3分
则 在 π π 上恒成立，故 在区间[ π π]上单调递增，又
ℎ ′ (x)=2excosx⩾0 [− , ] f ′′ (x) − ,
2 2 2 2 且 ，
，
f❑ ′ (0)=0 以 为坐标原点， 分别为 轴，平行于 的直线为 轴，建立空间直角坐标系，
π π
所以，当x∈[− ,0)时，f′ (x)f′ (0)=0
，所以
f(x)
的(
0,
π]上单调递增； 可得 ，
2 2
则⃗C F∙⃗BC=6+0−6=0，所以 .……………………………………………………6分
所以f(x) =f(0)=1……………………………………………………………………………9分 1
min
因为 π − π π π − π π ， π π π ， （2）设 ，则 ，
f(− )=e 2sin(− )+ +1=−e 2+ +1 f( )=e2− +1
2 2 2 2 2 2
由（1）可得： ，
所以 π π π π − π π π − π ，
f( )−f(− )=e2− +1+e 2− −1=e2+e 2−π
2 2 2 2
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，令 ，
g(x)=ex+e−x−2x g′ (x)=ex−e−x−2 G(x)=g′ (x)=ex−e−x−2
令 ，则 ，可得 ，
恒成立，所以 在 上单调递增，
G′ (x)=ex+e−x>0 g′ (x) R
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3 1由题意可知： ，则⃗C M∙⃗m=2+4a−6=0，解得 ， 即BC中点P(−4km， mk2
1
k2−4 k2−4
所以AM的长为 .…………………………………………………………………………………10分
)…………………………………………………………………………7分
（3）因为 ，
1 12 1 12 1
(i)当k= 时，x = m，y =− m，即P( m，− m)
3 0 35 0 35 35 35
设平面 （即平面 ）的法向量为 ，
由1 =k= y 0 ，得 t= 3 m ，又因为 Δ>0 ，即 m2> 4 −1=35 ，
3 x −t 7 k2
则 ，令 ，则 ，可得 ，…………11分 0
3 3
所以t∈(−∞,− √35)∪( √35,+∞);………………………………………………………12
7 7
设平面 的法向量为 ，则 ， 分
由题知 ，因为 y ，所以 3(k2−4)，所以P( 12 3k)
(ii) Q(0,m) k= 0 m= − ，
令 ，则 ，可得 ，……………………………………12分 x +3 5k 5 5
0
则cos<⃗n ，⃗n ， 则 |PA|=√1+k2 | − 12 +3 | = 3 √1+k2， |PQ|= √ 1+( 1 ) 2 | − 12| = 12 √1+k2 ，
1 2 5 5 k 5 5|k|
>=
1 18 1 36
则S = |PA|⋅|PQ|= (|k|+ )≥ ，…………………………………………………
所以平面B FM与平面BFM所成角的余弦值 .…………………………………………15分 △APQ 2 25 |k| 25
1
15分
当k=±1取得等号，此时△>0满足题意．
b=1,
{
{a=2, 36
c √5 故S 的最小值为 ．…………………………………………………………………………17分
18. 解：(1)由题知 = , 解得 b=1, ∆APQ 25
a 2
c=√5,
c2=a2+b2,
19. （1）S 所有可能得取值为-1，1，3，且
3
x2
双曲线E的标准方程为 −y2=1．…………………………………………………………4分
4
1 x2 所以S 的分布列为
(2)令P(x ,y )，设直线BC为：y=− x+m，与 −y2=1联立得， 3
0 0 k 4 S -1 1 3
3
P 1 1 1
(k2−4)x2+8mkx−4m2k2−4k2=0，
3 2 6
−8km
…………………………………4分
Δ=16k2 (m2k2+k2−4)，x
1
+x
2
=
k2−4 （2）首先证明：S 1 ，S 2 ，⋯，S 100 中必有大于 的，
否则其中有 个 ，必有相邻两项同时为 ，这是不可能的。
则 x = x 1 +x 2= −4km， y = y 1 + y 2= mk2 ， 因此，设S 1 ，S 2 ，⋯，S 100 中的最大值为S t ，则 1 S t ≥2；………………………………………
0 2 k2−4 0 2 k2−4
分
51 1 1
6
又S S ≥0，k=1，2，⋯，99………………………………………………………………
k k+1
分
. 7
因此Y≥S S +S S ≥4，
t−1 t t t+1
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4 1当S =1，S =2，S =1，S =0，k=2,3,⋯,50时取等，
1 2 2k−1 2k
所以Y的最小值m=4…………………………………………………………………………… 分
（3）由（2）知，取等必有S =2，且S S =0，k≠t−1，t.
t k k+1 9
因此S ，S ，⋯，S 中只有一个数大于 ，共有 个 ；
1 2 100
又S =1，S =0，所以S =1，k=1,2,⋯,50.
1 100 2k−1
1 50 1
设t=2l，则l=1，2，⋯，49，那么S =0，k≠l…………………………………………
2k
分
. 11
设事件 的概率为 ，
{S =1,k=1,2,⋯,50;S =2,S =0,k≠l} P
2k−1 2l 2k l
事件 的概率为 ，
{S =1,S =0,k=1,2,⋯,50} P
2k−1 2k 0
1 1 3 1 5 1 99 1 1 3 1 5 1 99
P =1∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ⋯∙ ∙ =(1∙ )∙( ∙ )∙( ∙ )⋯∙( ∙
0 2 3 4 5 6 99 100 2 3 4 5 6 99 100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 )
= ∙ ∙ ⋯∙ = ∙ ∙ ⋯∙ = ，…………………………………
2 4 6 100 2×1 2×2 2×3 2×50 250∙50!
…………… 分
1 2l
14 ∙
2i 2l+1 2l
又P = ∙P = P
l 2l−1 1 0 2l−1 0
∙
2l 2l+1
因此所求概率 (2 4 98)
P=P +P +⋯+P = + +⋯+ P
1 2 49 1 3 97 0
1
>(2+48)P =50P = ……………………………………………………………………
0 0 250∙49!
分 17
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5 1
