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=}#}