江苏省南京市玄武高级中学2025届高三下学期2月适应性练习数学试题（解析版）

这是一份江苏省南京市玄武高级中学2025届高三下学期2月适应性练习数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了本试卷共分4页， 已知，则， 和是两个等差数列，其中， 曼哈顿距离， 已知函数，若，则最大值， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共分4页.满分150分.考试用时120分钟.
2.答题前，考生务必将学校、姓名写在答题卡上，正确填涂考试号.答案涂、写在答题卡上指定位置.考试结束后交回答题卡.
一、单选题：本题共8小题，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合交集运算求解即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：C
2. 已知，若复数为实数，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据复数为实数求出，再根据复数的模的计算公式即可得解.
【详解】，
若为实数，则，
则．
故选：A.
3. 已知向量满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两个向量的投影向量公式得出代数式，由向量的数量积得出结果.
【详解】在方向上的投影向量：，
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】运用两角和差的正弦公式，结合同角三角函数关系式中商关系进行求解即可.
【详解】由，
由，
可得，
所以.
故选：C
5. 和是两个等差数列，其中（）为一固定常数值，，，，则（ ）
A. 32B. 48C. 64D. 128
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件求出的值，利用等差中项的性质可求得的值.
【详解】由已知条件可得，，则，
根据等差中项的性质，，所以.
故选：D.
6. 甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用组合可求基本事件的总数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的总数，从而可求对应的概率.
【详解】设“甲、乙在同一组”为事件，
教师随机分成三组，每组至少一人的分法为，
而甲、乙在同一组的分法有，故，
故选：A.
7. 曼哈顿距离（或出租车几何）是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语.例如，在平面上，点和点的曼哈顿距离为若点为：上的一动点，，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，结合已知条件和三角恒等变换及三角函数的性质求解即可.
【详解】因为点在：上，所以可设，
由已知可得，
因为，所以，
即的取值范围为.
故选：.
8. 已知函数，若，则最大值（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为函数和的零点相同，然后利用，构造函数求最值即可.
【详解】，
因为，且函数和都是增函数，
故若恒成立，则函数和的零点相同，
即.
故，设则
故在，，单调递增；
在，，单调递减.
故
故最大值为.
故选：A
二、多项选择题：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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 从50个个体中随机抽取一个容量为20的样本，则每个个体被抽到的概率为0.4
B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，模型的拟合效果越差
C. 已知随机变量，且，则
D. 对于随机事件与，若，，则事件与独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据统计，正态分布，以及条件概率公式，即可判断选项.
【详解】A.每个个体被抽到的概率，故A正确；
B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，说明预测值与实际值越接近，模型的拟合效果越好，故B错误；
C. 随机变量，说明正态分布密度曲线关于对称，,
所以，故C正确；
D.，则，所以事件和相互独立，故D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，则（ ）
A. 为周期函数
B. 存在，使得的图象关于对称
C. 在区间上单调递减
D. 的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】证明，结合周期函数定义判断A，证明函数为奇函数，结合周期性证明若函数存在对称轴，则为其对称轴，推出矛盾，判断B，利用导数判断指定区间函数的单调性，判断C，结合正弦函数性质可得，进一步说明等号不成立，判断D.
【详解】由于，故，所以为的周期，A正确；
函数的定义域为，定义域关于原点对称，，
所以为奇函数，
假设图象关于对称，则函数为偶函数，
所以，故，
所以，又，所以为函数的对称轴，
所以，
但，，
所以，矛盾，所以图象不关于对称，B错误；
因为，化简整理得，
当时，，
函数的图象为开口向上，对称轴为的抛物线，
若，则，
所以当时，，
故在区间上单调递减，C正确；
因为，当且仅当时取等号，
但当，即时，，所以，D不正确．
故选：AC.
11. 如图，已知四边形中，，与垂直并相交于点，且满足，，以为折痕，将四边形翻折，形成三棱锥，且满足二面角大小为.则下列对于三棱锥的说法正确的有（ ）
A. 对任意，三棱锥的体积为定值
B. 平面
C. 当且仅当时，三棱锥的表面积为
D. 外接球半径的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由，，即为二面角的平面角，从而求出点到平面的距离，即可判断A，首先证明，再由勾股定理说明，即可判断B，根据对称性可得判断C，设是的外心，是三棱锥外接球球心，则三棱锥外接球的半径，求出的最小值，即可判断D.
【详解】对于A：，， 为二面角的平面角，，
而，所以点到平面的距离，
是定值，故A正确；
对于B：，，平面，所以平面，
又平面，，
因为，所以，
所以,又，平面，平面，故B正确；
对于C：由B可知，当时，，，
又，，
所以，，
所以
考虑对称性，当时三棱锥的表面积也是该值，故C错误；
对于D：由B可知平面，三棱锥改为C为顶点画法，如下图所示：
设是的外心，是三棱锥外接球球心，
所以三棱锥外接球的半径，
又，，，
当且仅当，即是直角三角形时，外接球半径最小值为，
此时，即，解得或，
所以当时三棱锥外接球的半径取得最小值为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式中只有第7项的系数最大，则__________.
【答案】12
【解析】
【分析】由题意利用二项式定理，二项式系数的性质，得出结论．
【详解】解：的展开式中，只有第七项的系数即二项式系数最大，
故展开式共有13项，则，
故答案为：
13. 过双曲线C：（b>a>0）焦点F1作以焦点F2为圆心的圆的一条切线，切点为M，的面积为，其中c为半焦距，线段MF1恰好被双曲线C的一条渐近线平分，则双曲线C的离心率为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】由图像可得，由焦点到渐近线的距离等于b可求得，进而图像中线段的长度，根据的面积为列出等量关系式，最后解方程求出离心率即可.
【详解】由题意，可得图像如图：
∵，∴，
∴，∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴或4，
又b>a>0，所以，所以.
故答案为：2.
14. 如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着10排相互平行但错开的小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落过程中，假定其每次碰到小木钉后，向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为0，1，2，…，10，则小球落入_________号格子的概率最大.
【答案】
【解析】
【分析】利用次独立重复试验中，小球掉入号格子的概率为，设小球掉入号格子的概率最大，则，再利用组合数公式，结合题目已知条件即可求解.
【详解】小球下落需要10次碰撞，每次向左落下的概率为，向右下落的概率为，
小球掉入0号格子，需要向左10次，则概率为；
小球掉入1号格子，需要向左9次，向右1次，则概率为；
小球掉入2号格子，需要向左8次，向右2次，则概率为；
小球掉入3号格子，需要向左7次，向右3次，则概率为；
依此类推，小球掉入号格子，需要向左次，向右次，概率为，
设小球掉入号格子的概率最大，显然，
则，即，
即
解得，
又为整数，
，
则小球落入8号格子的概率最大.
故答案为：.
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. 记的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为，，，分别以，，为边长的三个正三角形的面积依次为，，，已知，．
（1）求的面积；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合正三角形面积可得，再利用余弦定理及三角形面积公式计算即得.
（2）由（1）中信息，利用正弦定理求得即可.
【小问1详解】
由题意，得，，，
则，
即，由余弦定理，得，
整理得，则．
又，
则，，
则．
【小问2详解】
由正弦定理，得，则．，
则，．
16. 在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；
（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.
【小问1详解】
平面平面平面.
同理可得平面.
又平面，平面平面.
平面平面.
【小问2详解】
法1：取中点，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则.
从而，得.
又，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法2：取中点，则是平行四边形，所以.
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于，过作交于，
过作交于.
因平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，平面，
从而平面.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数，其中为常数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求的值.
【答案】（1）递减区间为，递增区间为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出导数，利用导数值的正负求出单调区间.
（2）按分类，利用导数探讨最值，构造函数，借助导数求出最值而得值.
【小问1详解】
当时，函数的定义域为，求导得，
当时，；当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意；
当时，由，得；由，得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
令，求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
有唯一解，从而有唯一解，
所以恒成立，.
18. 已知抛物线的焦点为，直线过点交于两点，在两点的切线相交于点的中点为，且交于点．当的斜率为1时，．
（1）求的方程；
（2）若点的横坐标为2，求；
（3）设在点处的切线与分别交于点，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）3
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，再联立得到韦达定理式，最后根据焦点弦公式得到，则得到抛物线方程；
（2）首先得到，再根据导数得到两条切线方程，再计算出的坐标，求出值则得到相关点坐标，即可求出；
（3）首先证明出，再计算出的表达式，从而得到其最小值.
【小问1详解】
由题意，直线的斜率必存在.
设直线的方程为，
联立得，所以
当时，，
此时，
所以，即.
所以的方程为.
【小问2详解】
由(1)知，，
则，代入直线得，则中点.
因为，所以，
则直线方程为，即，
同理，直线方程为，
所以，
，所以.
因为，即，此时，
所以直线的方程为，代入，得，
所以，所以.
【小问3详解】
由（2）知，
所以直线方程为，
代入，得，所以，所以为的中点.
因为在处的切线斜率，
所以在处的切线平行于，
又因为为的中点，所以.
由(1)中式得，所以，
因为直线方程为，
所以.
又到直线的距离，
所以，
(当且仅当时取“”)
所以，
所以四边形的面积的最小值为3.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是找到，再结合焦点弦和点到直线距离公式得到的表达式，从而得到其最小值.
19. 若数列满足：对任意，都有，则称是“数列”．
（1）若，，判断，是否是“数列”；
（2）已知是等差数列，，其前项和记为，若是“数列”，且恒成立，求公差的取值范围；
（3）已知是各项均为正整数的等比数列，，记，若是“数列”，不是“数列”，是“数列”，求数列的通项公式．
【答案】（1）数列是“数列”；数列不是“数列”；
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）直接根据“数列”的定义进行判断即可；
（2）由是等差数列结合是“数列”可知公差，结合等差数列求和公式用含的式子表示，进一步结合恒成立即可求解；
（3）由“数列”的每一项（）均为正整数，可得且，进一步可得单调递增，故将任意性问题转换为与1比较大小关系可得的范围，结合，或，注意此时我们还要分情况验证是否是“数列”，从而即可得解.
【小问1详解】
对于数列而言，若，则,
所以数列是“数列”；
对于数列而言，若，则，则数列不是“数列”；
【小问2详解】
因为等差数列是“数列”，所以其公差．
因为，所以，
由题意，得对任意的恒成立，
即对任意的恒成立．
当时，恒成立，故；
当时，对任意的恒成立，即
对任意的恒成立，
因为，所以．
所以的取值范围是.
【小问3详解】
设等比数列的公比为，因为，所以，
因为“数列”的每一项均为正整数，由得，
所以且，
因为，
所以，所以单调递增，
所以在数列中，“”为最小项，
而，从而在数列中，“”为最小项．
因为是“数列”，则只需，所以，
因为数列不是“数列”，则，所以，
因为数列的每一项均为正整数，即，所以或，
（1）当时，，则，
令，
又，
所以为递增数列，
又，
所以对于任意的，都有，即，
所以数列为“数列”，符合题意．
（2）同理可知，当时，，则，
令，
又，
所以为递增数列，
又，
所以对于任意的，都有，即，
所以数列为“数列”，符合题意．
综上，或.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将恒成立任意性问题转换为与1比较大小得出的值，回过头去检验是否满足题意即可顺利得解.