貴陽市2025年高三年級適應性考試（一）數學2025年2月本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，滿分150分．考試時間為120分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必將姓名、報名號用鋼筆填寫在答題卡相應位置上．2．回答第I卷時，選出每小題答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．寫在本試卷上無效．3．回答第II卷時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．4．請保持答題卡平整，不能折疊．考試結束后，監考老師將試題卷、答題卡一并收回．第I卷（選擇題共58分）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復數，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用復數的四則運算計算所求式即得.【詳解】.故選：D.2.已知為直線，為平面，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】利用線面垂直的性質以及直線間的位置關系判斷即可.【詳解】根據題意易知當時，可判斷“”推不出“”，如下圖：當時，可知垂直于平面內的所有直線，因此可以推出，因此“”是“”的必要不充分條件.故選：B3.設，則（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用向量模長的坐標表示以及垂直關系的向量表示，結合勾股定理計算即可.【詳解】由可得，又可得，在中，由勾股定理可得，解得.故選：C4.20世紀30年代，里克特制訂了一種表明地震能量大小的尺度，就是使用測震儀衡量地震能量的等級，地震能量越大，測震儀記錄的地震曲線的振幅就越大，這就是我們常說的里氏震級M，其計算公式為其中A是被測地震的最大振幅，是“標準地震”的振幅（使用標準地震振幅是為了修正測震儀距實際震中的距離造成的偏差）．假設在一次地震中，一個距離震中100千米的測震儀記錄的地震最大振幅是50，此時標準地震的振幅是0.002，則這次地震的震級為（）（精確到0.1，參考數據：）A.4.4 B.4.7 C.5 D.5.4【答案】A【解析】【分析】直接利用題目中給出公式和對數的運算性質求解即可得出結果.【詳解】根據題意可知這次地震的震級為：；因此可知這次地震的震級為級.故選：A5.若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知利用二倍角的三角函數公式化簡：，結合同角三角函數基本關系式即可求解的值．【詳解】即：即：即：，故①又②由①②可得：即：可得：，解得：，故故選：A6.已知雙曲線的漸近線與拋物線的交點都在圓C上，則圓C與x軸正半軸的交點坐標為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】通過漸近性方程求得交點坐標，進而求得圓方程即可求解；【詳解】由雙曲線方程可得漸近線方程為：，分別與拋物線方程聯立：解得：或，解得：或，即交點分別為設圓的方程為：，代入三點坐標可得：，解得：，即圓的方程為：，令，可得或，所以圓C與x軸正半軸的交點坐標為，故選：D7.如果等比數列的各項均為正數，其前n項和為，且，設，那么（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設等比數列的公比為，由已知可得，求解可得的通項公式，進而求得，進而利用裂項相消法求得.【詳解】設等比數列的公比為，因為，所以，所以，解得或，又等比數列的各項均為正數，所以，所以等比數列的通項公式為，所以，所以，所以，所以.故選：C.8.函數，若，不等式恒成立，則實數m的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先應用奇函數定義及單調性判斷，再轉化恒成立問題為最值問題，最后應用基本不等式求最小值，計算一元二次不等式即可.【詳解】因為函數，為減函數；又因為所以為奇函數，若，不等式恒成立，則不等式，因為為奇函數，所以，因為為減函數，所以恒成立，所以恒成立，所以，，當且僅當時取最小值3，所以，所以，所以實數m的取值范圍是.故選：B.二、多項選擇題：本題共3個小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.有互不相同的7個樣本數據，去掉一個第25百分位數和一個最大的數后組成一組新數據，則新數據與原數據相比，有可能變小的是（）A.平均數 B.中位數 C.極差 D.方差【答案】ACD【解析】【分析】通過取這7個數據從小到大依次為，利用百分位數，極差概念和平均數，方差計算公式計算比較即可判斷A，C，D正確；設這組數據從小到大依次為：，去掉其第25百分位數和一個最大的數后，余下5個數為可見中位數不變，排除B項.【詳解】對于A，不妨設這7個數據從小到大依次為，其平均數為，因，則這組數據的第25百分位數為2，最大的數為7，去掉這兩個數后，余下5個數的平均數為：，故A正確；對于B，設這組數據從小到大依次為：，其中位數為，去掉一個第25百分位數和一個最大的數后，余下5個數為：其中位數仍為，故B錯誤；對于C，不妨設這7個數據從小到大依次為，其極差為，去掉這組數據的第25百分位數為2和最大的數為7之后，余下5個數為其極差為，故C正確；對于D，不妨設這7個數據從小到大依次為，其平均數為，其方差為：；依題意，去掉這組數據的第25百分位數為2和最大的數為7之后，余下5個數的平均數為，則其方差為：，故D正確.故選：ACD.10.對于函數，和，，下列結論正確的有（）A.與在時有相同的函數值 B.與有相同的最小值C.與的圖象有相同的對稱中心 D.與在區間都為增函數【答案】AC【解析】【分析】驗證函數值可知A正確；利用正弦函數性質和導數分別求解最小值及單調性，可知BD錯誤；通過對稱性定義可驗證得到C正確.【詳解】對于A，，，，A正確；對于B，當時，，，；，則，令，解得：，則當時，；當時，；在，上單調遞增，在上單調遞減，，，，，，B錯誤；對于C，，，與均關于點中心對稱，C正確；對于D，當時，，在上單調遞增，在上單調遞增；由B知：，在上單調遞減，在上單調遞增，D錯誤.故選：AC.11.封閉曲線C是平面內與兩個定點和的距離之積為2的點的軌跡，是曲線C上一點，O為坐標原點．則下列說法正確的有（）A.曲線C關于坐標原點對稱B.曲線C位于直線和直線所圍成的矩形框內C.的周長的最小值為D.【答案】ABD【解析】【分析】由題意得，取平方化簡得（*），對于A，利用點關于坐標原點的對稱點均滿足（*）方程即得；對于B，利用可求得，再利用此范圍回代求得即可；對于C，利用基本不等式易判斷；對于D，利用（*）求出的范圍即得.【詳解】依題意，，因，，，則有，兩邊平方可得：，即，也即（*）.對于A，因是曲線C上一點，則滿足，對于，顯然也滿足，而點與關于坐標原點對稱，故A正確；對于B，由（*）可得，即，整理得：，即，因，故可得；設，由可得，于是，則得，解得，故曲線C位于直線和直線所圍成的矩形框內，故B正確；對于C，因，則，當且僅當取得等號，此時的周長為，即的周長的最小值為，故C錯誤；對于D，由（*）可得，由C分析已得，可得，故有，因，故得，故D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于對點的軌跡方程的處理，利用方程結構的對稱性特征判斷圖形的對稱，利用分離變量，可求得參數的范圍，從而界定曲線的位置，求得相關量的取值范圍.第II卷（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.等差數列8，5，2，……第10項為________．【答案】【解析】【分析】利用已知求首項與公差，進而可求得通項公式，可求第10項.【詳解】等差數列8，5，2，……的首項為8，公差為，所以通項公式為，所以.故答案為：.13.已知一個圓錐的側面積是底面面積的2倍，則該圓錐的母線與其底面所成的角的大小為______．【答案】【解析】【分析】設圓錐的母線長為，底面半徑為，圓錐的母線與其底面所成的角為，根據面積關系可得，即可得到答案；【詳解】設圓錐的母線長為，底面半徑為，圓錐的母線與其底面所成的角為，則，，故答案為：14.定義集合，比如：若，則．把集合中滿足條件的元素組成的集合記為，即已知集合，則（1）集合中的元素個數為_____；（2）若中的元素個數為56，則p的值為_______．【答案】①.5②.9或33【解析】【分析】理解集合的新定義應用列舉法得出，再應用集合的新定義及組合數的定義通過隔板法計算求解即可.【詳解】（1）集合中的元素滿足，且，列舉滿足條件的組合，共有5種，，即集合中有5個元素；（2）中的元素滿足，且，當時，利用組合數公式，將問題轉化為將個相同的小球放入6個不同的盒子中，每個盒子中球的個數分別是，應用隔板法即有種分法，既有個元素，已知中有56個元素，即，當時，，因此；當時，可以考慮先放置其中的11顆，在此基礎上再放置其余的小球，一定多余的情況，不合題意；因為當先保證每個盒子中放置1顆（共6顆）后，再放置其余的小球，與當時，先在每個盒子中均放置6顆小球后再從6個盒子中共取走相應的個數的小球的方法數一樣，所以當時，放置種數與顆球的情況相等，所以當也滿足題意.故答案為：5；9或33.【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是對隔板法的應用把分成6份即可求解.四、解答題：共5個小題，滿分77分.解答應寫出相應的文字說明，證明過程或演算步驟.15.在中，內角的對邊分別為，若．（1）求角的大小；（2）若，點是邊上的一點，平分，且，求的面積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理角化邊可求得，由此可得；（2）利用正弦定理可求得，進而求得，利用三角形面積公式可求得結果.【小問1詳解】由余弦定理得：，整理可得：，，又，.【小問2詳解】由正弦定理得：，，平分，，又，，，，.16.在四棱臺中，底面為平行四邊形，側面為等腰梯形，且側面底面，與BC的距離為，點分別在棱，上，且．（1）求證：平面；（2）求四棱臺的高；（3）求異面直線與所成的角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）2（3）【解析】【分析】（1）利用中位線性質以及線面平行判定定理證明即可得出結論；（2）作出四棱臺的高，代入棱臺體積公式計算可得結果；（3）建立空間直角坐標系，利用異面直線夾角的向量求法計算即可得出結果.【小問1詳解】取的中點，連接，則是梯形的中位線，所以且，又因為且，所以且，所以四邊形AEFG是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面；【小問2詳解】分別取的中點，如圖所示：因為側面為等腰梯形，所以，因為側面底面，側面底面，所以底面，因為，所以，平面，所以平面，平面，所以，即，且，所以為與BC的距離，所以，解得．所以四棱臺的高為2．【小問3詳解】以OA，OB，所在直線分別為軸如圖建立空間直角坐標系，則；所以所以；所以異面直線與所成的角的余弦值為.17.已知函數．（1）當時，證明函數在單調遞增；（2）若函數在有極值，求實數a的取值范圍；（3）若函數的圖象在點處的切線方程為，求函數的零點個數．【答案】（1）證明見解析（2）（3）1個【解析】【分析】（1）求導通過，即可求證；（2）由題意可得在有解，再由的單調性，結合零點存在性定理構造不等式求解即可；（3）由切線方程求得，再通過函數單調性即可求解；【小問1詳解】當時，由，可得，因，則，又因為，則，所以函數在單調遞增；【小問2詳解】，因為函數在有極值，所以在有解，又因為在單調遞增，需使，即，所以，解得，故實數a的取值范圍為；【小問3詳解】因為函數在點處的切線方程為，所以，且，解得．故則，當時，，即在單調遞增，因，所以在沒有零點；當時，，此時函數有一個零點：當時，，即在沒有零點．綜上所述，函數的零點個數為1個．18.某學校有甲、乙兩家餐廳，對于學生的午餐就餐情況根據以往的統計調研分析可以得出如下結論：前一天選擇甲餐廳就餐的同學第二天選擇甲餐廳就餐的概率是，選擇乙餐廳就餐的概率為﹔前一天選擇乙餐廳就餐的同學第二天選擇甲餐廳就餐的概率是，選擇乙餐廳就餐的概率為，如此往復．假設所有同學開學第一天中午等可能隨機選擇一家餐廳就餐．（1）第一天中午某班3位同學去餐廳就餐，求這3位同學中至少有1位同學去甲餐廳就餐的概率；（2）求w同學與s同學第二天中午在同一餐廳就餐的概率；（3）假設該學校有2000名學生，試估計一星期后中午在甲餐廳就餐的學生人數．【答案】（1）（2）（3）人【解析】【分析】（1）由獨立事件乘法公式及對立事件概率計算求解即可；（2）記事件為“某同學第i天在甲餐廳就餐”，由求解即可；（3）記事件為“某同學第i天在甲餐廳就餐”，，得到，進而可求，再設記學校2000名學生第n天在甲餐廳就餐的學生人數為X，得到進而可求解；【小問1詳解】記事件A“這3位同學中至少有1位同學去甲餐廳就餐”，則﹔【小問2詳解】記事件為“某同學第i天在甲餐廳就