贵州省贵阳市第一中学2025届高三上学期高考适应性月考（二）数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1027贵州省贵阳市第一中学2025届高三上学期高考适应性月考（二）

贵阳第一中学 2025 届高考适应性月考卷（二） 数学参考答案 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C D A C B B C 【解析】 1．因为B A，所以m的取值范围是(，5]，故选D. 2．由百分位数的定义，故选C． 3．令2x13，则x2，则 f(3)22 4，故选D. 2π 8π 1 2π 4．∵AOC  ，弧长为 ，∴OA4. 又∵OB2，∴扇环的面积为  (42 22)4π， 3 3 2 3 故选A． 1  3 5．当yx 与ykx1相交和相切时有唯一公共点，公共点分别为A(1，0)或A2， ，则 x  2 3 sin0或sin ，故选C. 5 6．当n≥2时，b T T  T  T ，即( T  T )( T  T ) T  T . 由数 n n n1 n n1 n n1 n n1 n n1 列为正项数列可知， T  T 1，又 T  b 1，即数列{ T }是首项为 1，公差为 n n1 1 1 n 1的等差数列，即 T n，则 T n1，n≥2. 当n≥2时，b  T  T 2n1； n n1 n n n1 当n1时，b 2111成立，所以b 2n1，b 39，故选B． 1 n 20 7．将4名教师和6名学生分成2个组，再将两组分别安排到两所高校共有：C2C3 120种分 4 6 配方式；甲和乙不去同一所高校共有：C1C2C2 72种方法，所以，学生甲和乙不去同一 2 4 4 72 3 所高校的概率为：  ，故选B. 120 5 8．f(x1)关于直线x1对称，则 f(x)是偶函数，当x(0，)时，f(x)0，函数在(0，) 1 上单调递增. 由 3ln21，ln3lne1，  1，比较 3ln2和ln3的大小，构造函数 2 lnx f(x) ，则 3ln2>ln3，所以abc，故选C． x 数学参考答案·第1页（共8页） {#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 答案 BD BCD ACD 【解析】 9．根据题意，依次分析选项：A．函数 f(x)ax12，当x10，即x1时，f(x)121， x2≥0， 则函数 f(x)的图象恒过定点(1，1)，A错误，不符合题意；B． 解得x≥2，所 x5≥0， 9 以函数的定义域为[2，)，B 正确；C． f(x) x2 25 ，设t  x225，则 x2 25 9 9 yt ，又由t  x225≥5，结合对勾函数的性质可得yt 在区间[5，)上递增， t t 则 f(x)≥5 9 ，C 错误，不符合题意；D．函数 f(x)   1  x2x2 ，有x2 x2≥0，解 5 2 1 t  1 得2≤x≤1，即函数的定义域为[2，1]；设t  x2 x2，则y  ，在区间  2，  2  2  1  1 t 上，t为增函数，在区间   ，1  上，t为减函数，由于y  为定义域为R的减函数，  2  2 故有x     1 2 ，1    ，故函数 f(x)    1 2    x2x2 的单调增区间为     1 2 ，1    ，D正确，符合题意， 故选BD． m 10．对于A，离心率为2 1 ，解得：m12，c4，||MF ||MF ||4，则|MF |9或1. 4 1 2 2 又因为|MF |≥ca2，∴|MF |9，故A错；对于B，假设存在点P(1， 2)为线段AB 2 2 b2 3 3 的中点，则k  2，又∵k k  3，∴k  ，线段AB：y (x1) 2， OP OP AB a2 AB 2 2 3 2 2 x2 y2 联立AB：y x 与双曲线  1，整理计算得，0，矛盾，所以不存在 2 2 4 12 点P(1， 2)为AB中点的弦，故 B 正确（方法 2，数形结合）；对于 C，由于双曲线的渐 近线斜率为 3，结合图象易知，直线l与双曲线C 的两支各有1个交点，则直线 l 的 斜率k( 3， 3)，故 C 正确；对于 D，△MFF 的内切圆与x轴相切于点H(x，0)， 1 2 0 则由双曲线定义得：2a ||MF ||MF ||||HF ||HF || |(x c)(cx )|2|x |，所以 1 2 1 2 0 0 0 x a2，即△MFF 内切圆圆心的横坐标为2，所以D正确，故选BCD. 0 1 2 数学参考答案·第2页（共8页） {#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}2π 2 11．A．因为0，所以T  ≥3π，解得0≤ ，所以 A 正确；B．由曲线y f(x)关  3 π π π 于直线x 对称，得  kπ(kZ)，解得24k(kZ)，所以“2”是“曲 4 4 2 π 线y f(x)关于直线x 对称”的充分不必要条件，所以 B 错误；C．因为图象平移后 4  π  π π  π π 令 g(x)sinx  ，在区间  0，  上单调递增，令x    ，  ，所以  6   6 6  2 2 π π ≥ ， ≥3，   6 2  3  即 3 又因为0，所以0≤ ，所以 C 正确；D．因为 π π π ≤ . 2   ≤ ，   2  6 6 2 x，x (0，π)(x x ) ， 又 因 为 sin(πx)sinx ， 所 以 x x π， 则 1 2 1 2 1 2 1 2 2 sin(x x )sin(π2x )sin2x 2sinx cosx ，因为sinx  ，所以cosx  ，所以 2 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1 2 2 4 2 sin(x x )2   ，所以D正确，故选ACD. 2 1 3 3 9 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 2 41 1 【解析】  1  5   2 r 5 5r 12．二项式ax  的展开式通项为T Cr (ax)5r x 3 Cr a5r x 3 ，由于该   3 x2   r1 5     5 Cr a5r 40，  5 r3， 二项式的展开式中常数项为40，则 5r 解得 ∴a2. 5 0， a2，  3 13．先作出 f(x)的大致图象，如图 1，令 f(x)t ，则 g(t)t2 atb0，根据 f(x)的图象可知：要满 足题意必须g(t)0有两个不等根t，t (t t )，且 1 2 1 2 f(x)t 有两个整数根，f(x)t 有三个整数根，结 1 2 合对勾函数和对数函数的图象与性质知，两函数 图1 数学参考答案·第3页（共8页） {#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}4 4 4 yt，yx 相切时符合题意. 因为x ≥2 x 4，当且仅当x2时取得等号， 1 x x x 又ylog |x|log (x)(x0)，易知其定义域内单调递减，即 f(x)t 4，此时有两个 2 2 1 整数根x2或x16，而要满足 f(x)t 有三个整数根，结合 f(x)的图象知必有一根小 2 4 于2，显然只有x1符合题意，当x1时，有 f(1)5，则t 5，解方程x 5，得t 5 2 x 2 的 另 一 个 正 根 为 x4 . 又 log (x)5x32 ， 此 时 五 个 整 数 根 依 次 是 2 x32，16，1，2，4，显然根和为41. 14．设AB的直线方程为xtyn，A(x，y )，B(x，y )，则由AB与抛物线的方程消x得： 1 1 2 2 x x y  y  y2 2ty2n0 ，∴y  y 2t ， y y 2n . ∵P 1 2， 1 2 ，∴P(t2 n，t) . 1 2 1 2   2 2    1 1 1 1 1 1 ∵ABCD，同理可得：Q t2 n， t   ，S △MPQ  2 |MP||MQ| 2 t4 t2  t4  t2 1 1 1  2t2  ≥1，当且仅当t2  ，即t 1时，面积有最小值为1. 2 t2 t2 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 解：（1）因为a 2n10≥0，解得n≥5， n 所以S |a ||a ||a | 15 1 2 15 (a a a a )a a a …………………………………………（2分） 1 2 3 4 5 6 15 15(a a ) 4(a a ) S 2S  1 15 2 1 4 130. ………………………………………（4分） 15 4 2 2 （2）b 5， 1 b b b ∵b  2  3  n 5n， 1 5 52 5n1 b b b 当n≥2时，b  2  3  n1 5(n1)， 1 5 52 5n2 b 两式相减，得 n 5，即b 5n. …………………………………………………（6分） 5n1 n 又当n1时，b 5符合题意， 1 所以b 5n. n 数学参考答案·第4页（共8页） {#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}a 2n10 n  ， b 5n n 1 1 2 1 n T (8) (6)  (2n10)  ， …………………………………（8分） n 5 5 5 1 1 2 1 3 1 n1 故 T (8)  (6)  (2n10)  ， …………………………（9分） 5 n 5 5 5 4 1 1 2 1 3 1 n 1 n1 两式作差得 T (8) 2  2  2  (2n10)  ， 5 n 5 5 5 5 5 …………………………………………………………………………………………（10分） 2  1 n1 1   4 8 25 5  1 n1 即 T   (2n10)  ， ………………………………（11分） 5 n 5 1 5 1 5  1 151 n 15 化简得T  n    . ………………………………………………（13分） n  2 8 5 8 16．（本小题满分15分） （1）解： f(x)e2x 4ex a，令t ex，即 f(t)t2 4ta， 令t ex1 ，t ex2，则t ，t 是方程t2 4ta0的两个正根， 1 2 1 2 则Δ(4)2 4a164a0，即a4， 有t t 4，tt a0，即0a4. ……………………………………………（6分） 1 2 12 （2）证明：a(a1)lna20(0a4)， 令g(x)x(x1)lnx2(0x4)，  x1 1 则g(x)1lnx  lnx.  x  x 1 1 1 令h(x) lnx(0x4)，则h(x)  0， x x2 x 则g(x)在(0，4)上单调递减. ………………………………………………………（9分） 1 1 又g(1) ln11，g(2) ln20， 1 2 1 1 故存在x (1，2)，使g(x ) lnx 0，即 lnx ，则当x(0，x )时，g(x)0； 0 0 x 0 x 0 0 0 0 当x(x，4)时，g(x)0，故g(x)在(0，x )上单调递增，g(x)在(x，4)上单调递减， 0 0 0 ………………………………………………………………………………（12分） 数学参考答案·第5页（共8页） {#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}1 1 则g(x)≤g(x )x (x 1)lnx 2x (x 1) 2x  3. 0 0 0 0 0 0 x 0 x 0 0 1  5 1 又x 0 (1，2)，则x 0  x   2， 2   ，故g(x 0 )x 0  x 30， 0 0 即g(x)0. ………………………………………………………………………（15分） 17．（本小题满分15分） 1 1 （1）证明：因为AE  AB，AD AC ，所以AA AB，AA  AC. 1 2 1 2 1 1 1 1 又因为ABAC  A ，所以AA 平面ABC. ……………………………………（6分） 1 1 1 1 1 （2）解：如图2，点O为坐标原点，建立空间直角坐标系， 三角形的边长为2， 1   1   3   3  则E ，0，0，D ，0，0，B  1， ，0  ，C  1， ，0  . 2   2   2   2  3 设A(x，y，z)，因为AE1，AO ， 1 1 1 2  1 2 x   y2 z2 1， x0，  2  所以  3  3  y2 z2  ， x2  y2 z2   4  图2  4  1   1 3  所以A 1 (0，y，z)，A 1 E  2 ， y，z  ，CD   2 ， 2 ，0   .   1 3 3 因为AECD，所以AECD0  y0 y ， 1 1 4 2 6 …………………………………………………………………………………………（9分）  3 6   1 3 6 所以A 0， ， ，AD ， ， . 1 6 3  1  2 6 3       设m(x，y，z )平面EAD， 1 1 1 1     A  D  m  0，     1 2 x 6 3 y 3 6 z0，   x0， 6 所以1   y ， AEm0 1 3 6  3 1 x y z0  2 6 3  3 z ，  6 数学参考答案·第6页（共8页） {#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}  6 3 故m0， ， . ……………………………………………………………（12分）   3 6    3    3  又B1， ，0，OB1， ，0，     2 2       |OBm| 6 所以点B到平面EAD的距离为d    . …………………………………（15分） 1 |m| 3 方法二：等体积法（略）. 18．（本小题满分17分） 解：（1）第一轮比赛中同学A能晋级有两种情况：答对题为3道或4道， …………………………………………………………………（1分） 2 2 2 2 3 2 1 2 3 1 3 2 概率为：2    2        …………………………（4分） 4 3 3 3 4 4 4 3 2  . …………………………………………………………………………（6分） 3 （2）同学A在第一轮比赛中晋级的概率为 PC1P(1P)C2P2 C2P2C1P (1P )C2P2C2P2. ………………………………（8分） 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 8 2PP (P P )3P2P2  PP 3P2P2， ………………………………………（10分） 1 2 1 2 1 2 3 1 2 1 2 4 4 由于0≤P ≤1，P  P，0≤ P ≤1， 1 2 3 1 3 1 1 因此 ≤P ≤1，………………………………………………………………………（11分） 3 1 4  1 4 故P 1 P 2 P 1 3 P 1    3 ， 9   . …………………………………………………（12分） 2 1 4 8  4 161 4 令t P 1 P 2 ，t  3 ， 9   ，则Ph(t)3t2  3 t3  t 9    27  3 ≤t≤ 9   ， 4 16 当t 时，可得P  ， …………………………………………………（14分） 9 max 27 同学A在n轮比赛中晋级的次数～B(n，P)， ………………………………………………………………………（15分） 9 9 由E()np9，n ，知n  15.2 ， …………………………………（16分） p min P max 即要想晋级9次，那么理论上至少要进行16轮比赛. …………………………………………………………………………………………（17分） 数学参考答案·第7页（共8页） {#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}19．（本小题满分17分）  3  （1）解：因为等边△FFF 的重心坐标为 ，0， 1 2  3    ∴|OF| 3 a2 b2 c. …………………………………………………（1分） x2 y2 在半椭圆  1(x≤0)中， c2 b2 π 由|OF ||OF | b2 c2 |OF|tan 1， ………………………………………（2分） 1 2 6 1b2 c2， ……………………………………………………………………………（3分） 解得b2 4，a2 7， …………………………………………………………………（4分） x2 y2 x2 y2 因此“曲线M ”的方程为  1(x≥0)，  1(x0). …………………（5分） 7 4 3 4  ac 2  b2  (ac)2 （2）证明：设P(x，y)，则|PN|2x   y2 1 x2 (ac)x b2，  2   c2  4 c≤x≤0. ………………………………………………………………（7分） b2 ∵1 0，开口向下， c2 ac 对称轴为：x 0， …………………………………………………（8分）  b2  21   c2  ∴当x0或xc时， |PN|取得最小值时，即P在点B ，B 或A 处. ……………………………………（10分） 1 2 1 （3）解：由题可知，直线HK 的斜率k 0，则设直线yt，btb， x2 y2 设H在  1(x≥0)上， a2 b2 yt，  a  当x≥0时，x2 y2 H b2 t2，t. ……………………………………（12分）   1 b  a2 b2 x2 y2 设K在半椭圆  1(x≤0)上， c2 b2 yt，   c  当btb，x0时，y2 x2 K b2 t2，t. ………………………（14分）   1  b  b2 c2  ac x b2 t2， HK 的中点为(x，y)， 2b ………………………………………（16分）  yt， x2 y2 即线段HK 中点的轨迹方程为：  1(x0). …………………………（17分） ac 2 b2    2  数学参考答案·第8页（共8页） {#{QQABIQqAggAgAAIAAQgCAQEQCAIQkhECCQgGRFAEIAAACQFABAA=}#}