高級中學名校試題PAGEPAGE1貴州省部分校2025屆高三下學期4月適應性考試數學試題一、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.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因為函數在R上單調遞增，，，，，，且，所以集合.集合，由于指數函數的值域是，所以集合.那么.故選：B.2.雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】在雙曲線中，，，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：C.3.直線：的一個方向向量為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】直線的斜率為設直線的方向向量為，則，只有A項滿足故選：A4.2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出了新一代人工智能大模型，其訓練算力需求為1000PetaFLOPS（千億億次浮點運算/秒）．根據技術規劃，DeepSeek的算力每年增長．截止至2025年，其算力已提升至2250PetaFLOPS，并計劃繼續保持這一增長率．問：DeepSeek的算力預計在哪一年首次突破7500PetaFLOPS？（）（參考數據：，，）A.年 B.年C.年 D.年【答案】C【解析】由題意可知，截止至2025年，DeepSeek的算力已提升至2250PetaFLOPS，到年，其算力提升至PetaFLOPS，到年，其算力提升至PetaFLOPS，，以此類推可知，從年起，到第年，DeepSeek的算力提升至PetaFLOPS，由，可得，所以，，所以，DeepSeek的算力預計在年首次突破PetaFLOPS，故選：C.5.在等差數列中，前項和為，若，則（）A.18 B.33C.36 D.40【答案】B【解析】設等差數列的首項為，公差為，因為，可得，所以，解得.故選：B.6.已知函數，若在區間上單調遞增，則的最大值為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】令，則，因在區間上單調遞增，則，，即且且，若，則不等式組的解集為空集；若，則；若，則不等式組的解集為空集，則的最大值為.故選：C7.在中，．將分別繞直角邊，直角邊和斜邊旋轉一周，所得旋轉體的體積依次為，，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】設，，，則，以邊所在直線為軸，將三角形旋轉一周所得旋轉體的體積為，所形成的幾何體為圓錐，此圓錐的底面半徑為，高為，則，以邊所在直線為軸，將三角形旋轉一周所得旋轉體的體積為，所形成的幾何體為圓錐，此圓錐的底面半徑為，高為，則，以邊所在直線為軸，將三角形旋轉一周所得旋轉體的體積為，所形成的幾何體為兩個圓錐拼接而成的組合體，設兩個圓錐的底面圓圓心為，由等面積法可得，即圓錐的底面圓的半徑為，所以，，所以，，所以，，故選：D.8.若函數有零點，則的最小值為（）A.1 B.C. D.2【答案】B【解析】由函數，令，則，所以，即，當時，由，當且僅當時，等號成立，即；當時，由，當且僅當時，等號成立，即，所以，要使得有零點，即在有實數根，令，即在上有零點，則滿足或，即或，作出不等式或所表示的平面區域，如圖所示，又由，即可看出坐標原點到平面區域的最短距離的平方，設原點到直線或的距離分別為，則，所以的最小值為.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.某校研究學生每周自習時間（小時）與數學成績（分）的關系，計算得相關系數，并建立線性回歸模型，得到決定系數．對殘差進行分析時，發現殘差與預測值的散點圖（是以預測值為橫軸，殘差為縱軸）呈現明顯的先負后正的分布趨勢，則（）A.，說明該模型的擬合效果較差B殘差平方和等于0.64C.相關系數為負，說明自習時間與成績無關D.殘差圖顯示模型可能不符合線性假設，建議改用非線性模型【答案】AD【解析】決定系數的取值范圍在0到1之間，其值越接近1擬合效果越好，其值遠小于1，故其擬合效果較差，故A正確；因，則，但因未給出總平方和，故無從得知殘差的平方和，故B錯誤；相關系數為負，說明隨著自習時間的增加，數學成績有下降趨勢，但不意味著它們無關，故C錯誤；若符合線性模型，則殘差與預測值的散點圖應該在零周圍隨機分布，而殘差與預測值的散點圖呈現先負后正的分布趨勢，這表明殘差不是隨機分布的，而是遵循某種模式，故不符合線性回歸模型，因此建議改用非線性模型，故D正確.故選：AD10.已知拋物線的焦點為，過的直線與交于、兩點，為坐標原點，則（）A.若，則直線的斜率等于B.若，則C.設的中點到準線的距離為，則D.是鈍角【答案】CD【解析】易知，拋物線的焦點為，設點、，若直線與軸重合，此時，直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，設直線的方程為，聯立，可得，則，由韋達定理可得，，對于A選項，，解得，故直線的斜率為，A錯；對于B選項，因為，因為，即，所以，，B錯；對于C選項，設線段的中點為，易知，、、三點不共線，則，則，C對；對于D選項，，所以，為鈍角，D對.故選：CD.11.在中，，，則（）A.B.C.D.在上的投影向量為【答案】ABC【解析】已知，將代入可得：，即，則可得：因為，所以，即.因為，所以，即.對于選項A，根據正弦定理，可得.若，則，即.因為，所以，.由及正弦定理可得.，則.若，即，代入可得：，等式成立，所以，A選項正確.對于選項B，由上述分析可知，B選項正確.對于選項C，因為，為三角形內角，則，.，則，C選項正確.對于選項D，在上的投影向量為.因為，，所以投影向量為，D選項錯誤.故選：ABC.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知復數滿足，則________．【答案】【解析】由復數滿足，可得.故答案為：.13.2025的不同正因數的個數為________．【答案】15【解析】由題意知，則可設2025的正因數為，其中，由分步乘法計數原理可得2025的不同正因數的個數為，故答案為：1514.在平面直角坐標系中，將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉后，所得曲線仍然是某個函數的圖象，則稱為“旋轉函數”．則________旋轉函數（填：“是”或者“不是”）；若是旋轉函數，則的取值范圍是________．【答案】①.是②.【解析】在旋轉后所曲線上任取一點，旋轉前點對應的點為，不妨設，設點，即，，將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉后，可得，即點，即，，因為，可得變形可得，曲線為函數，所以，是旋轉函數；若函數是旋轉函數，將函數的圖象繞著原點逆時針旋轉后，不存在與軸垂直的直線，使得直線與旋轉后的函數圖象個以上的交點．故不存在直線與函數的圖象有兩個交點，即對任意的，方程至多一解，即至多一解，令為單調函數，則，因為，故對任意的恒成立，即對任意的恒成立，當時，則對任意的恒成立，合乎題意；當時，則，令，其中，則，由可得，由可得，所以，函數的減區間為，增區間為，所以，，且函數無最大值，所以此時不合乎題意；當時，則，此時，，解得.綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.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.如圖所示，三棱柱中，，，點在線段上，四邊形是正方形，平面平面．（1）當是線段的中點時，證明平面；（2）當時，求直線與平面所成角的正弦值．（1）證明：如圖1所示，連接交于，四邊形是正方形，則是的中點，又因為是的中點，所以是的中位線，所以．又因為平面，平面，所以平面．（2）解：因為，，即，所以．又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以．因為四邊形是正方形，所以．故，，兩兩垂直．以點為坐標原點，，，分別為軸，軸，軸的正方向建立如圖2所示的空間直角坐標系．則，，，，，所以，，，因為，所以．設是平面的一個法向量，則，即，取，則，，得．設直線與平面所成的角為，則，故直線與平面所成的角的正弦值為．16.已知數列中，，．（1）求，的值；（2）設，證明是等比數列，并求其通項公式；（3）證明：．（1）解：由數列中，，，可得，.（2）解：由，可得，，所以，因為，所以，即，又因為，可得，所以數列是首項為，公比為的等比數列，所以數列的通項公式為．（3）證明：由（1）知且，可得，所以，又由，因為顯然成立（當且僅當時等號成立），所以，因此.17.已知橢圓的離心率為，且經過點，其左、右焦點分別為、．（1）求的方程．（2）設過的直線與交于、兩點，且．（i）求直線的斜率；（ii）設為上異于、的動點，求面積的最大值．解：（1）由題意得，解得，，，所以的方程為．（2）（i）由（1）點，若直線與軸重合，則，不合乎題意，設直線的方程為，點、，聯立，則Δ=72m2+723所以，可得，即．所以直線的斜率為．（ii））由（i）知直線的方程為，根據對稱性，只需考慮其中一種情況即可．不妨取直線的方程為．因為在上，故可設，則點到直線的距離為，其中為銳角，且，所以當時，點到直線的距離取得最大值為．故面積的最大值為.18.已知函數．（1）當時，求曲線在處的切線方程；（2）當時，討論的單調性；（3）當時，，求的取值范圍．解：（1）當時，，則，，．故切線方程為．（2）當時，，則，令，則．令，得．當時，；當時，．所以在上單調遞減，在上單調遞增．所以．因為，所以．（或者，因為）故，因此，從而在上單調遞增．（3）當時，顯然成立．當時，．令，則．令，則．所以在上單調遞增，故，即．所以當時，；當時，．得在上單調遞減，在上單調遞增，故．于是．因此，取值范圍是.19.某在線教育平臺現有兩種數學課程和，其課程完成率與用戶占比如下表所示．為測試新課程的效果，平臺將其開放給名學生學習，設課程的完成率為，且每位學生是否完成課程相互獨立．課程類型（舊課）（舊課）（新課）完成率用戶占比待調整（1）記學習新課程的這名學生中恰有人完成課程的概率為，求的最大值點;（2）以（1）中確定的作為的值．當新課程的用戶占比達到多少時，能保證從完成課程的學生中隨機抽取一人，其使用課程的概率為？（課程、用戶減少的占比，均為課程增加占比的一半）（3）根據市場調研，課程的用戶占比的概率分布為：時概率，時概率，時概率．某在線教育平臺計劃增加新課程，但新課程的智能輔導系統配置套數受用戶占比的影響，關系如下表：用戶占比最多配置數每套系統運行年收益萬元，未運行的系統每年需維護費萬元．為使總收益期望最大，應配置幾套系統？解：（1）記名學生中恰有人完成課程的人數為，則．所以，則．令，得．當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減．所以的最大值點為．（2）由（1）知，，設新課的用戶占比達到時滿足要求．事件“從完成課程的學生中隨機抽取一名學生”，事件“該學生使用課程”，事件“該學生使用課程”，事件“該學生使用課程”．則由全概率公式，有，因此．由條件概率公式，得，所以，解得．所以用戶占比需達到．（3）設隨機變