2025年陕西省西安市西工大附中高考数学第八次适应性试卷（含答案）

这是一份2025年陕西省西安市西工大附中高考数学第八次适应性试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.抛物线y=14x2的焦点坐标是( )
A. (116,0)B. (0,116)C. (0,1)D. (1,0)
2.欧拉公式eiθ=csθ+isinθ(其中i为虚数单位)是由瑞士数学家欧拉发现的.若复数z=2ei5π6，则1z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知{an}是无穷数列，a1=3，则“对任意的m，n∈N∗，都有am+n=am+an”是“{an}是等差数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知平面向量a，b满足a=(1, 3)，|b|= 3，|a−b|= 3，则b在a上的投影向量为( )
A. (2 33,2)B. (12, 32)C. (23,2 33)D. (1, 3)
5.对函数y=f(x)，若数列{xn}满足xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，则称{xn}为牛顿数列.若函数f(x)=x2，数列{xn}为牛顿数列，且x1=2，an=lg2xn，则S10=( )
A. 20B. −35C. 30D. −55
6.已知n是数据1，6，2，3，2，5，7的第70百分位数，若(x+1)n=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+…+an(x−1)n，则a2=( )
A. 80B. 10C. −10D. −80
7.某个简谐运动可以用函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|3.841=χ0.05，可以推断两变量有关联，该推断犯错误的概率不超过0.05
C. 随机变量X∼B(n,p)，若E(2X+1)=31，D(2X+1)=15，则n=20
D. 用y=cekx拟合一组数据时，经z=lny代换后得到的回归直线方程为z=0.3x+4，则c=e4，k=0.3
10.在棱为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在线段BD上运动，点F在正方体表面上，O为AC与BD的交点，则( )
A. 四面体E−AB1D1的体积为定值B. 存在点E，使A1E⊥C1O
C. 当FA=FB时，点F的轨迹长度为4D. 四面体A1−ABO外接球的表面积为π
11.已知函数f(x)=cs(sinx)−sin(csx)，则( )
A. f(x)图象关于y轴对称B. 2π是y=f(x)的一个周期
C. f(x)在(0,π)单调递减D. f(x)图象恒在x轴的上方
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.随机变量X服从正态分布ξ～N(10,σ2)，P(8≤ξ≤10)=a，P(ξ>12)=b，则1a+2b的最小值为______．
13.已知P(A)=0.4，P(A|B)=0.8，P(A|B−)=0.3，则P(B)= ______．
14.已知直线l分别与曲线f(x)=lnx，g(x)=ex相切于点(x1,lnx1)，(x2,ex2)，则1x1−2x2−1的值为______．
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.(本小题13分)
在△ABC中，BC=3 2，∠BAC=π3．
(1)若AC=2 3，求sinC；
(2)若D为边BC上的点且AD平分∠BAC，AD= 3，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx+12a(x−1)2．
(1)当a=−12时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)=f(x)−2x+1有两个极值点x1，x2，且g(x1)+g(x2)≥−1−32a，求a的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，∠ADC=90°，AB/​/CD，AB=12CD=AD=1，M为棱PC的中点．
(1)证明：BM//平面PAD．
(2)已知PD=1．
(i)求平面PDB与平面BDM夹角的余弦值．
(ii)在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是2 69？若存在，求出PQQA的值；若不存在，说明理由．
18.(本小题17分)
投掷均匀的骰子，每次掷得的点数为1或2时得1分，掷得的点数为3，4，5，6时得2分.独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分．
(1)设投掷2次骰子，最终得分为X，求随机变量X的分布列与期望；
(2)若投掷n次骰子，记合计得分恰为n+1分的概率为Pn，求i=1nPi；
(3)设最终得分为n分的概率为Pn，求数列{Pn}的通项公式．
19.(本小题17分)
通过研究，已知对任意非零平面向量AB=(x,y)，把AB绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP=(xcsθ−ysinθ,xsinθ+ycsθ)，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转θ角得到点P．
(1)已知平面内点A(− 3,2 3)，点B( 3,−2 3)，把点B绕点A逆时针旋转π3得到点P，求点P的坐标；
(2)已知曲线C是函数y= 33x+1x的图象，它是某双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)绕原点O逆时针旋转π3后得到的，求C的离心率；
(3)已知曲线E：x2+y2−xy=1是由某椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)绕原点O逆时针旋转π4后所得到的斜椭圆，过点Q( 23, 23)作与两坐标轴都不平行的直线l1交曲线E于点M、N，过原点O作直线l2与直线l1垂直，直线l2交曲线E于点G、H，判断 2|MN|+1|OH|2是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.B
5.B
6.A
7.C
8.B
9.BCD
10.AC
11.ABD
12.6+4 2
13.0.2
14.1
15.解：(1)由正弦定理得BCsin∠BAC=ACsinB，
结合AC=2 3，BC=3 2，∠BAC=π3，可得3 2sinπ3=2 3sinB，
所以sinB=2 3sinπ33 2=2 3× 323 2= 22，可得B=π4(B=3π4不符合题意，舍去)．
所以sinC=sin(∠BAC+B)=sin(π3+π4)=sinπ3csπ4+csπ3sinπ4= 6+ 24；
(2)由AD平分∠BAC，可得∠BAD=∠DAC=12∠BAC=π6．

设AB=c，AC=b，由S△ABD+S△ACD=S△ABC，可得12c⋅ADsinπ6+12c⋅ADsinπ6=12bcsinπ3．
结合AD= 3，可得 34c+ 34b= 34bc，整理得b+c=bc，
在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsπ3，
即18=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(bc)2−3bc，整理得(bc)2−3bc−18=0，解得bc=6(舍负)．
所以△ABC的面积S=12bcsinπ3= 34bc=3 32．
16.解：(1)当a=−12时，f(x)=lnx−14(x−1)2，
则f′(x)=1x−12(x−1)=−(x−2)(x+1)2x，
当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2,+∞)时，f′(x)0x1+x2=a+2a>0x1⋅x2=1a>0，分
所以方程φ(x)=0在区间(0,+∞)上有两个正根，
由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，
得g(x1)+g(x2)=lnx1+12a(x1−1)2−2x1+1+lnx2+12a(x2−1)2−2x2+1
=ln(x1x2)+12a[(x1+x2)2−2x1x2−2(x1+x2)+2]+2(x1+x2)+2
=ln1a+12a[(a+2a)2−2a−2⋅a+2a+2]−2⋅a+2a+2=ln1a+12a−2a−1≥−1−32a，
即lna−12(a−1a)≤0，分
令m(a)=lna−12(a−1a)，
则m′(a)=1a−12(1+1a2)=−(a−1)22a2≤0，
所以m(a)在区间(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，
故a的取值范围是[1,+∞)分
17.解：(1)证明：取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示，
因为M为棱PC的中点，所以MN/​/CD，MN=12CD，
因为AB/​/CD，AB=12CD，所以AB/​/MN，AB=MN，
所以四边形ABMN是平行四边形，则BM/​/AN，
又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，
所以BM/​/平面PAD；
(2)因为PD⊥平面ABCD，∠ADC=90°，
所以DA，DC，DP两两垂直，
以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)，B(1,1,0)，
因为M为棱PC的中点，所以M(0,1,12)，
(i)DM=(0,1,12)，DB=(1,1,0)，
设平面BDM的法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥DM，n⊥DB，可得n⋅DM=y+12z=0n⋅DB=x+y=0，
令z=2，则y=−1，x=1，可得n=(1,−1,2)，
取BD的中点E，连接AE，易知AE⊥平面PDB，
即AE是平面PDB的一个法向量，AE=(−12,12,0)，
设平面PDB与平面BDM夹角为θ，
csθ=|cs〈n,AE〉|=|n⋅AE||n|⋅|AE|=|−1| 6× 22= 33，
所以平面PDB与平面BDM夹角的余弦值为 33；
(ii)假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是2 69，
设PQ=λPA，0≤λ≤1，则Q(λ,0,1−λ)，BQ=(λ−1,−1,1−λ)，
由(i)知平面BDM的一个法向量为n=(1,−1,2)，
则BQ⋅n=λ−1+1+2(1−λ)=2−λ，
所以点Q到平面BDM的距离是|BQ⋅n||n|=2−λ 6=2 69，
解得λ=23，即PQQA=2，
所以存在点Q满足题意，此时PQQA=2．
18.解：(1)由题意投掷均匀的骰子，每次掷得的点数为1或2时得1分，掷得的点数为3，4，5，6时得2分．
独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分，
投掷2次骰子，最终得分为X，
可得X可能取值为2，3，4，
P(X=2)=13×13=19，
P(X=3)=C21×13×23=49，
P(X=4)=23×23=49．
∴X的分布列为
数学期望E(X)=2×19+3×49+4×49=103．
(2)根据题意，投掷n次，得分为n+1分，则只有一次投掷得2分，
所以Pn=Cn1×23×(13)n−1=2n3n，
则i=1nPi=231+432+⋯+2n−23n−1+2n3n，
则有13i=1nPi=232+433+⋯+2n−23n+2n3n+1，
两式相减，得23i=1nPi=231+232+⋯+23n−2n3n+1=2×13[1−(13)n]1−13−2n3n+1=1−(13)n−2n3n+1=1−2n+33n+1，
所以i=1nPi=32−2n+32×(13)n．
(3)由题意可知Pn=13Pn−1+23Pn−2(n≥3)，
则有Pn−Pn−1=−23(Pn−1−Pn−2)，
∵P1=13,P2=23+13×13=79，
∴P2−P1=49，
∴{Pn−Pn−1}是以49为首项，−23为公比的等比数列，
∴Pn−Pn−1=49×(−23)n−2=(−23)n(n≥2)．
∴n≥2时，Pn=P1+(P2−P1)+(P3−P2)+⋯+(Pn−Pn−1)=13+(−23)2+(−23)3+⋯(−23)n=35+25×(−23)n，
n=1时，P1=13适合上式，
综上，Pn=35+25×(−23)n．
19.解：(1)已知点A(− 3,2 3)，点B( 3,−2 3)，则AB=(2 3,−4 3)，
所以AP=(2 3csπ3+4 3sinπ3,2 3sinπ3−4 3csπ3)=(6+ 3,3−2 3)．
设P(x0,y0)，则AP=(x0+ 3,y0−2 3)=(6+ 3,3−2 3)，
所以x0=6，y0=3，即点P的坐标为(6,3)．
(2)设曲线C上任意一点P(x,y)，旋转前对应的点P′(x′,y′)．
由题意可知x=x′csπ3−y′sinπ3=12x′− 32y′y=x′sinπ3+y′csπ3= 32x′+12y′，
将其代入y= 33x+1x，即xy= 33x2+1中，
可得(12x′− 32y′)( 32x′+12y′)= 33(12x′− 32y′)2+1，
化简得 36x′2− 32y′2=1，即x′22 3−y′22 33=1．
所以a2=2 3，b2=2 33，所以c2=a2+b2=8 33．
所以曲线C的离心率为e=ca= 8 332 3=2 33．
(3)设直线l1：y− 23=k(x− 23)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，则直线l2：y=−1kx．
将直线l1与斜椭圆方程联立得y− 23=k(x− 23)x2+y2−xy=1，
消去y整理得(k2−k+1)x2+ 2 3(−2k2+3k−1)x+23(1−k)2−1=0，
所以x1+x2= 2 3⋅2k2−3k+1k2−k+1，x1x2=23×k2−2k−12k2−k+1，
所以|MN|= (1+k2)|x1−x2|= (1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
= (1+k2)[( 2 3⋅2k2−3k+1k2−k+1)2−4×23×k2−2k−12k2−k+1]= 2(1+k2)k2−k+1．
将直线l2：y=−1kx代入斜椭圆E：x2+y2−xy=1得(1+1k2+1k)x2=1，
所以x2=k2k2+k+1，所以|OH|2=k2+1k2+k+1，
所以 2|MN|+1|OH|2=k2−k+11+k2+k2+k+11+k2=2．
X
2
3
4
P
19
49
49