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

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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.
故选 A．
6．当 n≥ 2 时，bn  Tn Tn1  Tn  Tn1 ，即 ( Tn  Tn1 )( Tn  Tn1 )  Tn  Tn1 . 由数
1 的等差数列，即 Tn  n ，则 Tn1  n 1，n≥ 2 . 当 n≥ 2 时，bn  Tn  Tn1  2n 1；
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： C1 C2C2  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， )
上单调递增. 由 3ln 2 1， ln3  lne 1 ， 1 1
  ，比较 3ln 2 和 ln3 的大小，构造函数
2
数学参考答案·第 1 页（共 8 页）
}2π
AOC 
4．∵ ，弧长为
3
8π
3
1 2π
，∴OA  4 . 又∵OB  2 ，∴扇环的面积为   2  2  ，
(4 2 ) 4π
2 3
5．当
1
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
x
A 3 
2， ，则
 2 
sin  0 或
3
sin  ，故选 C.
5
列为正项数列可知，
T  T 1 1，又 T1  b1 1，即数列{ Tn }是首项为 1，公差为
n n
当 n 1时，b1  2111成立，所以b  2n 1，
n
b  ，故选 B．
20 39
f (x)
ln
x
x
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，
则 ，有 x2  x  2≥0 ，解
故选 BD．
m
  ，解得：m 12，c  4， || MF |  | MF || 4，则| MF | 9 或 1. 10．对于 A，离心率为 2 1
1 2 2
4
| MF |≥c  a  2，∴ | MF | 9，故 A 错；对于 B，假设存在点 P(1， 2) 为线段 AB 又因为
2 2
b 3
2 3
的中点，则 k  2 ，又 k  k   y  x   ，
2 3 ( 1) 2
k  ∵ ，
∴ ，线段 AB ： OP OP AB
AB
a 2 2
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
数学参考答案·第 2 页（共 8 页）
} 
x
则函数 f (x) 的图象恒过定点 (1，1) ，A 错误，不符合题意；B．
 

x
2≥0，
5≥0，
解得 x≥2 ，所
以函数的定义域为[2， ) ，B 正确；C．
f (x)  x2  25 
x
2
9

25
，设 t  x 2 25，则
9
y t
  ，又由t  x 2 25≥5 ，结合对勾函数的性质可得
t
9
y t
  在区间[5， ) 上递增，
t
9
f x ≥  ，C 错误，不符合题意；D．函数
( ) 5
5
f (x)
 1 
  
 2 
x2 x2
得2≤x≤1，即函数的定义域为[2 ，1]；设t  x2  x  2 ，则
t
y   1 
 2 
  1
2，
，在区间
 
 2
 
1， 上，t 为减函数，由于 1
y   
 2 
t
上，t 为增函数，在区间 1
 
 2 
为定义域为 R 的减函数，
故有
x  
1
，1 ，故函数
 
 2 
f (x)
 1 
  
 2 
x x
2 2
的单调增区间为
 
1
，1 ，D 正确，符合题意，
 
 2 
联立 AB ：
3 2 2
y  x  与双曲线
2 2
x  y  ，整理计算得，  0 ，矛盾，所以不存在
2 2
1
4 12
斜率 k ( 3， 3) ，故 C 正确；对于 D，△ 的内切圆与 x 轴相切于点
MF F
1 2
H(x ，0) ，
0
则由双曲线定义得：2a 
|| MF |  | MF |||| HF |  | HF ||
1 2 1 2
| (x  c)  (c  x ) | 2 | x |，所以
0 0 0
x  a   ，即
0 2
MF F
1 2
线 y  f (x) 关于直线 π
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
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】
13．先作出 f (x) 的大致图象，如图 1，令 f (x)  t ，则
g t  t2  at  b  ，根据 f (x) 的图象可知：要满
( ) 0
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
数学参考答案·第 3 页（共 8 页）
}11．A．因为  0 ，所以
T
 ≥ ，解得 0 2
2π
3π
 ≤ ，所以 A 正确；B．由曲线 y  f (x) 关
 3
于直线
x  π 对称，得 π π π( )
   Z ，解得  2  4k(k Z) ，所以“  2 ”是“曲
k k
4 4 2
令
  
π
g(x) sin x
   
 6 
， 在 区 间
 π
0， 上 单 调 递 增 ， 令
 
 6
  π  π π
x ， ， 所 以
 
6  2 2
 
π π
≥ ，


6 2

即
π π π
 
≤ ，

 6 6 2
 ≥ ，
  3

 又因为   0 ，所以
3
≤ .

 2
0
3
 ≤ ，所以 C 正确；D．因为
2
x，x  ， x  x ， 又 因 为 sin(π  x)  sin x ， 所 以
1 2 (0 π)( 1 2 )
x  x  ， 则
1 2 π
sin(x  x )  sin(π  2x )  sin 2x  2sin x cs x ，因为sin
2 1 1 1 1 1
1
x  ，所以
cs
1
3
2 2
x  ，所以
1
3
5
 
1
12．二项式 ax  
 
3 2
 x 
r r
 2  5
 5
 r r    r r
 5  3  5  3 ，由于该
的展开式通项为T 1 C5 (ax) x C5 a x
r
 
 r a5 r 
  ，
C 40
 5
二项式的展开式中常数项为 40，则 
5r
解得
5   0，

 3
r  3
，
∴a  2 .
 

a 2，
足题意必须 g(t)  0 有两个不等根
t ，t t  t ，且
1 2 ( 1 2 )
 ，   4 相切时符合题意. 因为 x 4 2 x 4 4
 ≥   ，当且仅当 x  2 时取得等号， y t y x
1
x x x
x   ， ，， ， ，显然根和为 41.
32 16 1 2 4
   
1 1 1 1 1 1
∵ ，同理可得： S | MP || MQ | t t
AB  CD Q n， ，   4  2  
 
△MPQ
 t t  t t
2 4 2
2 2
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
        …………………………………………（2 分）
(a a a a ) a a a
1 2 3 4 5 6 15
15(a  a ) 4(a  a )
 S  2S   2 130. ………………………………………（4 分）
1 15 1 4
15 4
2 2
（2）b1  5，
b b b
∵ b 2 3 n
1 2 1 5
    ，
n
5 5 5
n
b b b
当 n≥2 时，b 2 3 1 n
1 2 n 2 5( 1)
     ，
5 5 5
n
又当 n 1时，b  符合题意，
1 5
所以 5n.
n
数学参考答案·第 4 页（共 8 页）
}又
y  lg | x | lg (x)(x  0) ，易知其定义域内单调递减，即
2 2
f (x)  t  4 ，此时有两个
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
于 2，显然只有 x 1符合题意，当 x 1时，有 f (1)  5 ，则t  ，解方程
2 5
x
4
  5，得t 
2 5
x
的 另 一 个 正 根 为 x  4 . 又
lg (x)  5  x  32 ， 此 时 五 个 整 数 根 依 次 是
2
14．设 AB 的直线方程为 x  ty  n ，
A x，y ， B(x2，y2 ) ，则由 AB 与抛物线的方程消 x 得：
( )
1 1
y2  2ty  2n  0 ， y  y  t
∴ ，
1 2 2
   
x x y y
y1 y2  2n . P 1 2 ， 1 2
∵ ，∴P(t2  n，t) .
 
 2 2 
1 1
   ≥ ，当且仅当 2
2 t 1 t
2
2 t 2
1
 ，即t  1时，面积有最小值为 1.
2
t
所以
S  a  a  a
15 | 1 | | 2 | | 15 |
两式相减，得
b
n  ，即 5 .
1 5 b  n …………………………………………………（6 分）
5
n
n
a 2n 10
n
 ，
b 5
n n
2 n
T          n   
( 8) ( 6) (2 10) ， …………………………………（8 分）
1 1 1
    
n
5 5 5
…………………………………………………………………………………………（10 分）
n
1 15 1 15
化简得 . ………………………………………………（13 分）
T   n     
n
 2 8  5  8
16．（本小题满分 15 分）
则 Δ  (4)2  4a 16  4a  0 ，即 a  4 ，
（2）证明： a  (a 1) ln a  2  0(0  a  4) ，
令 g(x)  x  (x 1) ln x  2(0  x  4) ，
则 g(x) 在 (0，4) 上单调递减. ………………………………………………………（9 分）
数学参考答案·第 5 页（共 8 页）
}故
2 3 n1
1  1   1   1 
      
T n
 (8)   (6)    (2 10)  ， …………………………（9 分）
n
5 5 5 5
两式作差得
2 3 n n1
4 1  1   1   1   1 
        
T ( 8) 2 2 2 (2n 10) ，
                
n
5 5 5 5 5 5
即
   
n1
2 1
   
1
4 8    1 
25  5 
n1
T (2n 10)
       ， ………………………………（11 分）
n
1
5 5 1 5
 

5
（1）解： f (x)  e2x  4ex  a ，令 e
t  x ，即
f  t  t2  t  a ，
( ) 4
令
t1  e ， 2 e
x t  x ，则
1 2
t ，
1
t 是方程t2  4t  a  0的两个正根，
2
有
t1  t2  4 ， 1 2 0
t t  a  ，即 0  a  4 . ……………………………………………（6 分）
则
        
x 1 1
g (x) 1 ln x ln x
 x  x
.
令
1
h(x)   ln x(0  x  4) ，则
x
1 1
     ，
h (x) 0
x x
2
又
g    ， 1 ln 2 0
(1) ln1 1 (2)
1
g    ，
1 2
故存在
x  ， ，使
0 (1 2)
1
g(x )   ln x  0 ，即
0 0
x
0
1
x
0
 ln x ，则当
0
x ，x 时， g(x)  0 ；
(0 )
0
当
x x ， 时， g(x)  0 ，故 g(x) 在
( 4) (0，x ) 上单调递增， g(x) 在
0 0
(x ，4) 上单调递减，
0
1 1
g(x) g(x )  x  (x 1) ln x  2  x  (x 1)  2  x   3
≤ . 则 0 0 0 0 0 0 0
x x
0 0
即 g(x)  0 . ………………………………………………………………………（15 分）
17．（本小题满分 15 分）
（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，
…………………………………………………………………………………………（9 分）

   
3 6 1 3 6
A  ， ，  ， ， ， .
0  A D     所以 1
 
1
6 3 2 6 3
   
m  x y z 
设 ( ， ， ) 平面 EA D ，
1 1 1
1
数学参考答案·第 6 页（共 8 页）
}又
x0 (1，2) ，则
x
0
1 5
  1
  
2， ，故 g(x0 ) x0 3 0
    ，
x
 2  x
0 0
（1）证明：因为
1
A E  AB ，
1
2
1
A D  AC ，所以
1
2
A A  A B ，
1 1
AA  AC .
1 1
又因为
A B  AC  A ，所以
1 1 1
AA  平面
1
A BC . ……………………………………（6 分）
1
则
   
E 
1 D  3 3
， ， ， ， ， ，  ， ， ，  1， ，0 .
0 0 0 0 B 1 0 C 
1
   
 2   2  2 2
   
设
A1(x，y，z) ，因为
A E  ，
1 1
3
AO  ，
1
2
所以
       
2
1 1 0
 
x y z ， x ，
2 2
   
2
 
y2  z2 
    
3
x y z
2 2 2

 4
3
4
，
所以
 
A E    y  z
1
A1(0，y，z) ， ， ， ，CD
1
 2 
 
1 3
   
， ，0 .
2 2
 
因为
  
1 3 3
A E  CD ，所以 A E CD    y   y  
0 0
1 1
4 2 6
，
所以

 
x 0，
    
 
1 3 6
 x y z 0，
    
A D m 0 2 6 3 6
，
   
1   
y ，
  
  0 1 3 6 
A E m
3
1 x y z 0
   
 
2 6 3  
z ，
3
 6

   
3 3
又 B ， ，  ，   
1 0 OB 1， ，0 ，
 
2 2
   
  
| OB m | 6
 …………………………………（15 分）
所以点 B 到平面 EA D 的距离为 d   .
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
 . …………………………………………………………………………（6 分）
3
（2）同学 A 在第一轮比赛中晋级的概率为
P  C P (1 P )C P  C P C P (1 P )  C P C P . ………………………………（8 分）
1 2 2 2 2 1 2 2 2 2
2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2
8
 2PP (P  P )  3P P  PP  3P P ， ………………………………………（10 分）
2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
3
同学 A 在 n 轮比赛中晋级的次数 ～ B(n，P) ，
………………………………………………………………………（15 分）
即要想晋级 9 次，那么理论上至少要进行 16 轮比赛.
数学参考答案·第 7 页（共 8 页）
}故

m
 
6 3
  
0， ， . ……………………………………………………………（12 分）
3 6
 
2 2 2 2
 3  2 1  2  3 1  3   2 
概率为：2 2
             
 4  3 3  3  4 4  4   3 
…………………………（4 分）
4
由于 0≤ P1 ≤1， 2 1
P   P ，
3
4
0≤ ≤1 ，
 P
1
3
因此
1
3
≤ P ≤1，………………………………………………………………………（11 分）
1
故
PP  P   P   
4 1 4
， . …………………………………………………（12 分）
1 2 1 1
 3  3 9
令
t  PP ，t  1 4
， ，则
 
1 2
3 9
2
P  h t   t2  8 t   t  4   16  1 t 4 
( ) 3 3 ≤ ≤ ，
3  9  27  3 9 
当
4
t  时，可得
9
16
P  ， …………………………………………………（14 分）
max
27
由 E()  np  9 ，n 9
 ，知
p
n
min
9
 15.2 ， …………………………………（16 分）
P
max
19．（本小题满分 17 分）
 
3
（1）解：因为等边△FF1F2 的重心坐标为 
，0 ，
 
3
 
| OF | 3  a2  b2  c
∴ . …………………………………………………（1 分）
π
由 OF  OF  b2  c2  OF  ， ………………………………………（2 分）
| | | | | | tan 1
1 2
6
1  b  c ， ……………………………………………………………………………（3 分）
2 2
解得b2  4 ，a2  7 ， …………………………………………………………………（4 分）
   
2 2 2
 a c  b (a c)
2      2     2     2 （2）证明：设 P(x，y) ，则| PN | x y 1 x (a c)x b ，
 2   c  4
2
c ≤ x ≤0 . ………………………………………………………………（7 分）
| PN | 取得最小值时，即 P 在点 B1 ，B2 或 A1 处. ……………………………………（10 分）
（3）解：由题可知，直线 HK 的斜率 k  0 ，则设直线 y  t ， b  t  b ，
 
y t，
   a   当 x≥0 时， 2 2 2 2
 H  b t ，t  . ……………………………………（12 分）
x y b
2 2 1
   

a b
y  t
，
    
c
当 b  t  b ，x  0 时， 2 2 2 2
K b t ，t . ………………………（14 分）   
y x b
2  2 1   
b c
  
a  c
2 2
x b t
，
HK 的中点为 (x，y) ，
2b ………………………………………（16 分）
 

y t，
2 2 x y
即线段 HK 中点的轨迹方程为： 2 2 1( 0)
  x 
 a  c 
b  
 2 
数学参考答案·第 8 页（共 8 页）
}在半椭圆
2 2
x y
2 2 1( 0)
  x ≤ 中，
c b
因此“曲线 M ”的方程为
2 2 2 2
x y x y
 1(x≥0) ，  1(x  0) . …………………（5 分）
7 4 3 4
2
b
∵1  0 ，开口向下，
2
c
a  c
对称轴为：x
 
 
2
b
2 1
 
2
 
c
∴当 x  0 或 x  c 时，
0 ， …………………………………………………（8 分）
设 H 在
2 2
x y
2 2 1(x 0)
  ≥ 上，
a b
设 K 在半椭圆
2 2
x y
2 2 1( 0)
  x ≤ 上，
c b