广西壮族自治区2025届高三下学期3月第二次高考适应性测试数学试题（解析版）

这是一份广西壮族自治区2025届高三下学期3月第二次高考适应性测试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知复数满足，则复数的虚部为， 已知向量，若，则， 双曲线的焦点到渐近线的距离为， 曲线与直线的交点个数为， 已知函数满足， 记数列的前项和为，且，则， 设函数，则等内容，欢迎下载使用。
2025.3
（考试用时120分钟，满分150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．
2．请在答题卡上答题（在本试卷上答题无效）．
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共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．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合A，再利用交集的定义即可求出.
【详解】由得：，所以集合，故
故选：A
2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法先计算出，得虚部为.
【详解】由，则复数的虚部为1.
故选：B.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. 2B. 3C. 6D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直的判断条件列方程，求解即得.
【详解】由，可得，解得.
故选：B.
4. 双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ）
A. 1B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由双曲线的焦点，渐近线方程和点到直线的距离公式可解.
【详解】由双曲线方程可得焦点坐标为，渐近线方程为，
由对称性不妨求右焦点到的距离，
由点到直线的距离公式可得.
故选：C
5. 已知某圆锥的侧面积为，轴截面面积为，则该圆锥的母线与底面所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆锥侧面积公式和轴截面面积列方程再联立即可得到结果.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，
由题意，得，解得，
设该圆锥的母线与底面所成的角为，则，可得，
所以该圆锥的母线与底面所成的角为．
故选：D．
6. 曲线与直线的交点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，利用导数探讨在区间上的单调性，再利用零点存在性定理确定零点个数即可.
【详解】函数在R上单调递减，当时，；当时，，
由，得，因此曲线与直线的交点横坐标必在上，
令，，求导得，
由，得，存在，使得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
又，
，因此函数在上各有一个零点，
所以曲线与直线的交点个数为3.
故选：C
7. 现使用一架两臂不等长的天平称中药，操作方法如下：先将100g的砝码放在天平左盘中，取出一些中药放在天平右盘中，使得天平平衡；再将100g的砝码放在天平右盘中，再取出一些中药放在天平左盘中，使得天平平衡.则两次实际称得的药品总重量（ ）
A. 等于200gB. 大于200gC. 小于200gD. 以上都有可能
【答案】B
【解析】
【分析】用平衡条件得出的表达式，结合基本不等式可得答案.
【详解】设天平左臂长为，右臂长为，且，左盘放的药品为克，右盘放的药品为克，
则，解得，
，
当且仅当时，取到等号，而，所以.
故选：B
8. 已知函数满足：（1）对任意，都有；（2）对任意，都有．则的值是（ ）．
A. 324B. 336C. 348D. 360
【答案】C
【解析】
【分析】先由条件（1）得到在上为单调增函数，再由条件（2）得到，再根据逐个递推可得.
【详解】对任意的，由（1）得，即.
故在上为单调增函数.
对任意，由（2）得.
显然.否则，.矛盾.
若，则，矛盾.
所以，.
故，.
由，得，.
则，.
故.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够确定在上为单调增函数和，然后利用求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 记数列的前项和为，且，则（ ）
A. B. 数列是公差为1的等差数列
C. 数列是公比为4的等比数列D. 数列的前2025项和为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用给定的前项和求出，再结合等差数列、等比数列定义及并项求和法逐项判断.
【详解】由，，得，而满足上式，
因此数列的通项公式为，
对于A，，A正确；
对于B，，，数列是公差为的等差数列，B错误；
对于C，，，数列是公比为4的等比数列，C正确；
对于D，令，，数列前2025项和为
，D正确.
故选：ACD
10. 设函数，则（ ）
A. 是的极大值点
B. 当时，
C. 当时，
D. 曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出函数的导数，求出函数的单调区间，再结合极值、对称性逐项判断得解.
【详解】函数的定义域为R，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
对于A，是的极大值点，A正确；
对于B，上单调递减，，则，B错误；
对于C，当时，，，，C正确；
对于D，令，，函数是奇函数，
函数的图象关于原点对称，则函数的图象关于点对称，
若函数的图象还有一个对称中心，则
，而不为常数，
因此点不是函数图象的对称中心，即函数的图象有且只有一个对称中心，
则曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为，D正确.
故选：ACD
11. 在平面直角坐标系中，已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，点与点关于原点对称，过点的直线与曲线交于、两点，则下列命题正确的是（ ）
A. 曲线的轨迹方程为
B. 若点的坐标为，则的最小值为6
C. 存在直线使得
D. 对于任意直线，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出曲线的轨迹方程，再结合各选项条件逐一求解判断.
【详解】对于A，由曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，
得曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，方程为，A正确；
对于B，令点到直线的距离为，则，过作垂直于直线于，
于是，当且仅当是线段与抛物线的交点时取等号，B正确；
对于C，过作垂直于直线于，，若，则，
，，直线方程为，由得，
而此方程有相等实根，直线与抛物线相切，同直线与抛物线相交矛盾，C错误；
对于D，令直线方程为，由得，，解得，
设，则，，
，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
①设直线方程，设交点坐标为；
②联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
③列出韦达定理；
④将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
⑤代入韦达定理求解.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 若正项等比数列满足，则____________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据等比数列项的性质计算化简结合对数运算求解.
【详解】正项等比数列满足，
则．
故答案为：5.
13. 在平面直角坐标系中，若圆的圆心在轴上，且与轴相切，则圆的标准方程可以为____________．（写出满足条件的一个答案即可）
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】利用标准方程确定圆心和半径即可
【详解】设圆的标准方程为，
因圆的圆心在轴上，且与轴相切，则，
则圆的方程为，故任取实数即可，现取，
故答案为：(答案不唯一).
14. 如图，在的点阵中，依次随机地选出、、三个点，则选出的三点满足的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】先将个点标号，对点的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】由题意可知、、三个点是有序的，讨论点为主元，
对点分三种情况讨论，如下图所示：
（1）第一类为号点.
①若，三点共线有条直线，此时有种；
②若，如点在号位，则点在号位或号位，即确定第二号点有种方法，确定第三号点有种方法，此时有种；
（2）第二类为、、、号点，此时，不存在这样的点；
（3）第三类为、、、号点，以号点为例，有三种情况如下图所示：
故有种.
综上所述，满足共有种.
因此，所求概率为.
故答案：.
【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：
（1）列举法；
（2）列表法；
（3）数状图法；
（4）排列组合数的应用.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 记内角的对边分别为，已知，
（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出角，进而求出.
（2）利用和角的正弦及正弦定理、三角形面积公式计算得解.
【小问1详解】
在中，由及余弦定理，得，
解得，而，则，由，得，
又，所以.
【小问2详解】
由（1），得，
由正弦定理得，
所以的面积为
16. 如图，在四棱锥中，，为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若平面，求平面和平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）取线段中点，连接，易证四边形是平行四边形，再由线面平行判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，从而求得正弦值.
【小问1详解】
取线段中点，连接，
因为是线段中点，为棱的中点，
所以，，
因为，
所以,
所以四边形是平行四边形，
所以,
又因为平面，平面,
所以平面.
【小问2详解】
因为，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以.
如图以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则,
所以，，
显然平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，所以，
所以平面和平面所成的角的余弦值为：
，
则，
故平面和平面所成角的正弦值为.
17. 已知直线与椭圆交于、两点，为坐标原点．
（1）证明：；
（2）已知，证明：点到直线的距离为定值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）联立直线与椭圆方程，利用判别式列出不等式推理即得.
（2）利用韦达定理，结合数量积的坐标表示及点到直线距离公式推理即得.
【小问1详解】
由消去，得，由直线与椭圆交于两点，
得，
所以.
【小问2详解】
设，由（1）知，，
，由，得，
整理得，因此点到直线的距离为定值，
所以点到直线的距离为定值．
18. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）不等式对恒成立可得对恒成立，再构造函数并利用导数探讨单调性推理得证.
（3）由（2）取可得不等式，再取，并借助裂项相消法求得证.
【小问1详解】
函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
不等式，
由时，恒成立，得，
令，由当时，恒成立，
得，，求导得，令，
求导得，而，则当，即时，，
函数在上单调递增，，函数在上单调递增，
则，符合题意，因此；
当时，由，得，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递减，
则当时，，不符合题意，
所以实数的取值范围是.
【小问3详解】
由（2）知，当时，，
取，则，而，
因此
，
所以.
19. 在某校举办的学科文化节系列活动中，数学组老师设计了一个答题挑战活动供全校数学爱好者挑战．挑战题目由逻辑推理题和运算求解题两部分构成，用于考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力．现有名同学报名依次发起挑战，每位同学成功解答出逻辑推理题和运算求解题的概率均为，两题能否解出相互独立，每位同学解题过程相互独立，挑战规则如下：
①每位同学均先答逻辑推理题，逻辑推理题答对才能答运算求解题；
②记第位同学挑战为本次挑战活动的第轮，若第位同学在规定时间内未完成逻辑推理题，则认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出由第位同学挑战；
③若第位同学在规定时间内完成逻辑推理题，则该同学继续答运算求解题，若该同学在规定时间内未完成运算求解题，则也认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出，由第位同学挑战；若该同学在规定时间内完成了运算求解题，则挑战成功，本次答题挑战活动结束，后续同学不再进行答题挑战．
④挑战进行到第轮，则不管第位同学是否完成两题的解答，答题挑战活动结束．令随机变量表示这名同学在进行第轮挑战后结束挑战活动．
（1）求随机变量的分布列；
（2）若把挑战规则①去掉，换成规则⑤：挑战的同学先挑战逻辑推理题，若有同学在规定时间内完成逻辑推理题，以后挑战的同学不再挑战逻辑推理题，直接挑战运算求解题．令随机变量表示这名同学在第轮挑战后结束挑战活动．
（i）求随机变量的分布列；
（ii）证明：．
【答案】（1）分布列见解析；
（2）（i）分布列见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）分析出的所有可能取值为1，2，3，4，5，再根据独立性事件乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先计算出，则，再写出的分布列即可；
（ii）计算得，再累加得，最后再利用错位相减法即可得到答案.
小问1详解】
由题意可得，每名同学两题均完成挑战的概率为，
的所有可能取值为1，2，3，4，5，
则，，
，，
.
因此的分布列为：
【小问2详解】（i）时，第人必完成运算求解题，
若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为，
若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为，
故．
当时，若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为，
若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为，
故．
的分布列为：
（ii）．
又因为
，，
故，
，①
，②
①②得，
则.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问的关键是利用累加法得，再利用错位相减法即可得到答案.
1
2
3
4
5
1
2
3