【【高三數學·參考答案第頁）】2025屆高三八省高考適應性考試沖刺卷數學參考答案及解析1．【答案】B【分析】根據復數代數形式的除法運算法則計算可得.【詳解】因為，所以.故選：B.2．【答案】D【詳解】，，故.故選：D.3．【答案】D【詳解】∵f(x)關于直線x=π8則π4+φ=π2+kπ,k∈∴φ=π4+kπ,k∈Z又∵|φ|<π2,∴φ=π∴f(x)=-2sin2x由2kπ+π2≤2x+π4≤2kπ+3π2,k得kπ+π8≤x≤kπ+5π8,k∈結合選項,當k=0時,π8≤x≤5π即f(x)的一個單調遞增區間可以是π84．【答案】A【分析】根據題意可得，利用二項式展開式的通項公式求出的項的系數，進而得出結果.【詳解】，在的展開式中，由，令，得r無解，即的展開式沒有的項；在的展開式中，由，令，解得r=3，即的展開式中的項的系數為，又因為的展開式中的系數為80，所以，解得.故選A.5．【答案】A【詳解】解法1：如圖，設正三棱柱外接球的球心為，半徑為.記和外接圓的圓心分別為和，其半徑為，由正弦定理得：.而為的中點，所以則故選:A.解法2：設正三棱柱外接球的半徑為因正三棱柱的高為，由對稱性知其外接球球心必在高線的中點，故此時.故選:A.6．【答案】C【解析】根據數列滿足的條件,討論n的奇偶性,即可求得解析式.根據解析式解絕對值不等式即可求得滿足條件的的最大值.【詳解】數列滿足,,，則則當奇數時,所以,代入可得,解不等式可得而,所以此時的最大值是9則當偶數時,所以若,代入可得,解不等式可得而,所以此時的最大值是12綜上可知,的最大值是12故選:C7．【答案】B【詳解】設直線與軸交于點，連接，因為焦點F1,0，所以拋物線的方程為，準線為，則，因為是等邊三角形，的中點為，則軸，所以準線為，為矩形，則，故是邊長為4的等邊三角形，易知，則.因為，所以直線的斜率為,直線的方程為.故選：B8．【答案】A【詳解】由可得：，令，所以由柯西中值定理可知：那么在內至少有一點，滿足成立，因為，，所以，，所以令，，，令可得：或，令可得：，所以Fx在上單調遞增，在1,4上單調遞減，又，，當趨于正無窮時，Fx趨近，所以，所以實數的取值范圍為.故選：A.9．【答案】AD【詳解】對于A，由正弦定理，，故A正確；對于B，由余弦定理，，解得或，經驗證均滿足三角形三邊關系，故當時該三角形有2個解，故B錯誤；對于C，，由余弦定理可得.由正弦定理，因，則，當且僅當，即時取等號.則，則，故C錯誤；對于D，由余弦定理，，由基本不等式，，當且僅當時取等號，故D正確.故選：AD10．【答案】ABD【詳解】（1）當時，可得則；則當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，如圖（a）；當時，，選項A正確；圖（a）圖（b）圖（c）圖（d）（2）當時，易知①當時，恒成立，單調遞增，如圖（b）；②當時，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，如圖（c）；（3）當時，易知當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；如圖（d）綜上所述，在上單調遞增，選項B正確；當時，不一定成立，比如時，，選項C錯誤；只有時，的圖象與軸可能有三個交點，此時解得，選項D正確，故選：ABD.11．【答案】ACD【分析】對于A，對應曲線是從而可判斷；對于B，對應的曲線是，從而可得出橫縱坐標的范圍，從而可判斷；對于C，對應的曲線是，對應的曲線是，從而可判斷；對于D，對應的曲線是，再由三角換元，可判斷.【詳解】對于A：對應曲線是表示單位圓，故A正確；對于B：對應的曲線是，故，，且與不能同時取等號，故，故B錯誤；對應的曲線是，令，；因為曲線，則，且.對應的曲線是.令，，因為曲線，則，且.對于C：又，且等號不能同時取得，故，故是單調遞增的，故C正確；對于D：對應的曲線是，假設曲線上任意一點.則，令，，則，故，故D正確.故選ACD．12．【答案】【詳解】由題意得，，，，所以在上的投影向量為.故答案為：.13．【答案】【解析】因為該同學能否通過這3所大學的招生考試相互獨立，所以該同學恰好能通過其中2所大學招生考試的即，所以，即，解得或.又，所以，所以（當時取等號），所以該同學通過兩所大學但沒通過大學招生考試的概率為，最大值為.14．【答案】【詳解】設，由，得，化簡得，故點的軌跡是以O0,0為圓心，為半徑的圓，因為，為的中點，所以，又在圓上，所以，則，設，得，化簡得，則軌跡的方程是以為圓心，為半徑的圓，設，則，故，則，則，因為，所以點在圓內，則，即，所以，由雙鉤函數的性質可得函數在上遞減，在上遞增，又，所以，又，，所以，所以.故答案為：.15．【答案】(1)證明見解析；(2)．【詳解】（1）因為為等邊三角形，為的中點，所以．過作，垂足為，因為底面為直角梯形，，，，，所以，則，由得，所以因為平面平面，且平面平面，平面，所以平面．因為平面，所以．又，平面，所以平面．（2）由（1）可知，，，兩兩垂直，以為原點，過且平行于的直線為軸，，所在直線分別為軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，設平面的法向量為m=x,y,z則，令，則，由（1）可知，軸⊥平面，不妨取平面的法向量為，則，故平面與平面夾角的余弦值為．16．【答案】(1)；；(2)【詳解】（1）設等差數列的公差為，由，且，，成等比數列知：，整理得：，即或者，因為公差大于1，故.且，故.數列前項和為，并滿足①，且，解得，故當時，②，①式減②式得：，即，故是公比為2的等邊數列，則，故（2），故則故故則17．【答案】(1)；(2).【詳解】（1）由題意得，故，（2）過點向曲線作切線，設切點為，則，，則切線方程為，將代入上式，整理得.過點可作曲線的三條切線，方程有三個不同實數根.記，，令，得或1，則，，的變化情況如下表：01+0-0+極大極小當，有極大值；，有極小值，由題意有，當且僅當即解得時函數有三個不同零點.此時過點可作曲線的三條不同切線.故的取值范圍是.18．【答案】(1)；(2)證明見解析【詳解】（1）因為圓過點，得，所以，.在中，，所以，所以是等邊三角形，.雙曲線的一條漸近線的斜率為，即，所以.故的方程為.（2）證明點在曲線上，即證明點在曲線上.設直線，則.聯立得，則.直線的方程為，直線的方程為將直線與直線的方程變形可得,即,得，即，即，化簡可得.得，，，，化簡得.將代入可得，即點在曲線上.19．【答案】(1)證明見解析；(2)，；(3)證明見解析【分析】（1）直接根據期望的定義以及兩兩互相獨立即可證明；（2）將單次的得分分別記為一個隨機變量，然后求其相應的量，最后考慮它們的和的期望和方差即可；（3）使用二項分布的定義，結合二項式定理和導數知識即可求解.【詳解】（1）根據兩兩互相獨立，可知；且.（2）對，設小明第次