贵州省部分校2024-2025学年高三下学期4月适应性考试数学试题（附答案解析）

这是一份贵州省部分校2024-2025学年高三下学期4月适应性考试数学试题（附答案解析），共22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。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．直线：的一个方向向量为（ ）
A．B．C．D．
4．2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出了新一代人工智能大模型，其训练算力需求为1000PetaFLOPS（千亿亿次浮点运算/秒）．根据技术规划，DeepSeek的算力每年增长．截止至2025年，其算力已提升至2250PetaFLOPS，并计划继续保持这一增长率．问：DeepSeek的算力预计在哪一年首次突破7500PetaFLOPS？（ ）
（参考数据：，，）
A．年B．年
C．年D．年
5．在等差数列中，前项和为，若，则（ ）
A．18B．33
C．36D．40
6．已知函数，若在区间上单调递增，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
7．在中，．将分别绕直角边，直角边和斜边旋转一周，所得旋转体的体积依次为，，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．若函数有零点，则的最小值为（ ）
A．1B．
C．D．2
二、多选题
9．某校研究学生每周自习时间（小时）与数学成绩（分）的关系，计算得相关系数，并建立线性回归模型，得到决定系数．对残差进行分析时，发现残差与预测值的散点图（是以预测值为横轴，残差为纵轴）呈现明显的先负后正的分布趋势，则（ ）
A．，说明该模型的拟合效果较差
B．残差平方和等于0.64
C．相关系数为负，说明自习时间与成绩无关
D．残差图显示模型可能不符合线性假设，建议改用非线性模型
10．已知抛物线的焦点为，过的直线与交于、两点，为坐标原点，则（ ）
A．若，则直线的斜率等于
B．若，则
C．设的中点到准线的距离为，则
D．是钝角
11．在中，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
三、填空题
12．已知复数满足，则 ．
13．2025的不同正因数的个数为 ．
14．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”．则 旋转函数（填：“是”或者“不是”）；若是旋转函数，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．如图所示，三棱柱中，，，点在线段上，四边形是正方形，平面平面．
(1)当是线段的中点时，证明平面；
(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值．
16．已知数列中，，．
(1)求，的值；
(2)设，证明是等比数列，并求其通项公式；
(3)证明：．
17．已知椭圆的离心率为，且经过点，其左、右焦点分别为、．
(1)求的方程．
(2)设过的直线与交于、两点，且．
（i）求直线的斜率；
（ii）设为上异于、的动点，求面积的最大值．
18．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)当时，，求的取值范围．
19．某在线教育平台现有两种数学课程和，其课程完成率与用户占比如下表所示．为测试新课程的效果，平台将其开放给名学生学习，设课程的完成率为，且每位学生是否完成课程相互独立．
(1)记学习新课程的这名学生中恰有人完成课程的概率为，求的最大值点;
(2)以（1）中确定的作为的值．当新课程的用户占比达到多少时，能保证从完成课程的学生中随机抽取一人，其使用课程的概率为？（课程、用户减少的占比，均为课程增加占比的一半）
(3)根据市场调研，课程的用户占比的概率分布为：时概率，时概率，时概率．某在线教育平台计划增加新课程，但新课程的智能辅导系统配置套数受用户占比的影响，关系如下表：
每套系统运行年收益万元，未运行的系统每年需维护费万元．为使总收益期望最大，应配置几套系统？
课程类型
（旧课）
（旧课）
（新课）
完成率
用户占比
待调整
用户占比
最多配置数
《贵州省部分校2024-2025学年高三下学期4月适应性考试数学试题》参考答案
1．B
【分析】先根据指数函数性质求解集合，再确定集合的范围，最后根据交集的定义求出.
【详解】因为函数在R上单调递增，，，，，，且，所以集合.
集合，由于指数函数的值域是，所以集合.
那么.
故选：B.
2．C
【分析】求出、的值，即可求得双曲线的渐近线方程.
【详解】在双曲线中，，，因此，该双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
3．A
【解析】由直线的斜率得出直线的一个方向向量.
【详解】直线的斜率为
设直线的方向向量为，则，只有A项满足
故选：A
4．C
【分析】利用归纳可知，从年起，到第年，DeepSeek的算力提升至PetaFLOPS，解不等式，即可得出结论.
【详解】由题意可知，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，，
以此类推可知，从年起，到第年，DeepSeek的算力提升至PetaFLOPS，
由，可得，
所以，，
所以，DeepSeek的算力预计在年首次突破PetaFLOPS，
故选：C.
5．B
【分析】设等差数列的首项为，公差为，由，列出方程，进而求得的值，得到答案.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
因为，可得，
所以，解得.
故选：B.
6．C
【分析】先求在上的单增区间，结合题意，可得关于与的不等式组，分，，三种情况得出的取值范围.
【详解】令，则，
因在区间上单调递增，则，
即且且，
若，则不等式组的解集为空集；
若，则；
若，则不等式组的解集为空集，
则的最大值为.
故选：C
7．D
【分析】设，，，则，分别求得、、的值，可得结论.
【详解】设，，，则，
以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，
所形成的几何体为圆锥，此圆锥的底面半径为，高为，则，
以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，
所形成的几何体为圆锥，此圆锥的底面半径为，高为，则，
以边所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为，
所形成的几何体为两个圆锥拼接而成的组合体，设两个圆锥的底面圆圆心为，
由等面积法可得，即圆锥的底面圆的半径为，
所以，，
所以，，
所以，，
故选：D.
8．B
【分析】令，则，由，即，根据题意，转化为在有实数根，令，得到在上有零点，则满足或，再由可看出坐标原点到平面区域的最短距离的平方，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由函数，
令，则，
所以，即，
当时，由，当且仅当时，等号成立，即；
当时，由，
当且仅当时，等号成立，即，所以，
要使得有零点，即在有实数根，
令，即在上有零点，
则满足或，即或，
作出不等式或所表示的平面区域，如图所示，
又由，
即可看出坐标原点到平面区域的最短距离的平方，
设原点到直线或的距离分别为，
则，所以的最小值为.
故选：B.
9．AD
【分析】A 根据决定系数的意义可判断；B利用可判断；C 根据相关系数正负性的意义即可判断；D若符合线性模型，则残差与预测值的散点图应该在零周围随机分布从而可判断.
【详解】决定系数的取值范围在0到1之间，其值越接近1拟合效果越好，其值远小于1，故其拟合效果较差，故A正确；
因，则，但因未给出总平方和，故无从得知残差的平方和，故B错误；
相关系数为负，说明随着自习时间的增加，数学成绩有下降趋势，但不意味着它们无关，故C错误；
若符合线性模型，则残差与预测值的散点图应该在零周围随机分布，而残差与预测值的散点图呈现先负后正的分布趋势，这表明残差不是随机分布的，而是遵循某种模式，故不符合线性回归模型，因此建议改用非线性模型，故D正确.
故选：AD
10．CD
【分析】设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用抛物线的焦点弦长公式以及韦达定理求出的值，可判断A选项；推导出，可判断B选项；利用三角形三边关系可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断D选项.
【详解】易知，抛物线的焦点为，设点、，
若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立，可得，
则，由韦达定理可得，，
对于A选项，，
解得，故直线的斜率为，A错；
对于B选项，因为
，
因为，即，所以，，B错；
对于C选项，设线段的中点为，
易知，、、三点不共线，则，
则，C对；
对于D选项，，
所以，为钝角，D对.
故选：CD.
11．ABC
【分析】先根据向量的运算法则对进行化简，再结合正弦定理、三角函数的性质等逐一分析选项.
【详解】已知，将代入可得：
，即，则
可得：
因为，所以，即.
因为，所以，即.
对于选项A，根据正弦定理，可得.
若，则，即.
因为，所以，.
由及正弦定理可得.
，则.
若，即，代入可得：
，等式成立，所以，A选项正确.
对于选项B，由上述分析可知，B选项正确.
对于选项C，因为，为三角形内角，则，.，则，C选项正确.
对于选项D，在上的投影向量为.
因为，，所以投影向量为，D选项错误.
故选：ABC.
12．
【分析】根据题意，得到，结合复数的运算法则，化简运算，即可得到答案.
【详解】由复数满足，
可得.
故答案为：.
13．15
【分析】先将2025写成，再根据正因数的求法结合分步乘法原理，即可求得答案.
【详解】由题意知，
则可设2025的正因数为，其中，
由分步乘法计数原理可得2025的不同正因数的个数为，
故答案为：15
14． 是
【分析】求出旋转后所得图象对应的解析式，结合题中定义判断即可；对任意的，方程至多一解，即至多一解，且函数为单调递减函数，可知恒成立，结合参变分离可求出实数的取值范围.
【详解】在旋转后所曲线上任取一点，旋转前点对应的点为，
不妨设，设点，即，，
将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，
可得，即点，
即，，
因为，可得变形可得，曲线为函数，
所以，是旋转函数；
若函数是旋转函数，将函数的图象绕着原点逆时针旋转后，
不存在与轴垂直的直线，使得直线与旋转后的函数图象个以上的交点．
故不存在直线与函数的图象有两个交点，
即对任意的，方程至多一解，即至多一解，
令为单调函数，则，
因为，故对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
当时，则对任意的恒成立，合乎题意；
当时，则，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，且函数无最大值，所以此时不合乎题意；
当时，则，此时，，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接交于，证明，根据线面平行的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，根据线面角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）如图1所示，连接交于，四边形是正方形，则是的中点，
又因为是的中点，所以是的中位线，所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为，，即，所以．
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以．
因为四边形是正方形，所以．
故，，两两垂直．
以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系．
则，，，，，
所以，，，
因为，所以．
设是平面的一个法向量，则，即，
取，则，，得．
设直线与平面所成的角为，则，
故直线与平面所成的角的正弦值为．
16．(1)，．
(2)证明见解析，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合数列的递推关系式，进行计算，即可求得，的值；
（2）由，分别化简求得，，得到，得出，结合等比数列的定义和通项公式，即可求解；
（3）由（1）知且，求得，结合，利用等比数列的求和公式，即可得证.
【详解】（1）解：由数列中，，，
可得，.
（2）解：由，
可得，，
所以，
因为，所以，即，
又因为，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列的通项公式为．
（3）解：由（1）知且，可得，
所以，
又由，
因为显然成立（当且仅当时等号成立），所以，
因此.
17．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）（i）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式求出的值，即可得出直线的斜率；
（ii）取直线的方程为，求出点到直线距离的最大值，结合三角形的面积公式可求出面积的最大值.
【详解】（1）由题意得，解得，，，
所以的方程为．
（2）（i）由（1）点，
若直线与轴重合，则，不合乎题意，
设直线的方程为，点、，
联立，
则，，．
所以
，可得，即．
所以直线的斜率为．
（ii））由（i）知直线的方程为，根据对称性，只需考虑其中一种情况即可．
不妨取直线的方程为．
因为在上，故可设，
则点到直线的距离为
，其中为锐角，且，
所以当时，点到直线的距离取得最大值为．
故面积的最大值为.
18．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）运用导数几何意义得到切线斜率，进而得到切线方程；
（2）先给出函数，通过求导得到,令，得到导数.接着令，求出这个关键点.然后根据在不同区间的正负性来判断的单调性.得到最值，进而得到单调性.
（3）通过对函数进行分析，将转化为关于的不等式，构造新函数，利用导数研究的单调性，进而求出其最小值，从而确定的取值范围.
【详解】（1）当时，，则，，．故切线方程为．
（2）当时，，则，
令，则．令，得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
因为，所以．
（或者，因为）
故，因此，从而在上单调递增．
（3）当时，显然成立．
当时，．
令，则
．
令，则．所以在上单调递增，故，即．
所以当时，；当时，．
得在上单调递减，在上单调递增，
故．于是．
因此，的取值范围是.
19．(1)
(2)
(3)套
【分析】（1）求出的表达式，利用导数可求出的最大值点；
（2）设新课的用户占比达到时满足要求，记事件“从完成课程的学生中随机抽取一名学生”，事件“该学生使用课程”，事件“该学生使用课程”，事件“该学生使用课程”，利用全概率公式可求出的值，利用贝叶斯公式可得出可得出关于的等式，解之即可；
（3）设随机变量为新课程产生的利润，对配置的系统套数进行分类讨论，求出每种情况下的值，比较大小后可得出结论.
【详解】（1）记名学生中恰有人完成课程的人数为，则．
所以，
则．
令，得．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
所以的最大值点为．
（2）由（1）知，，设新课的用户占比达到时满足要求．
事件“从完成课程的学生中随机抽取一名学生”，
事件“该学生使用课程”，事件“该学生使用课程”，
事件“该学生使用课程”．
则由全概率公式，有，
因此．
由条件概率公式，得，所以，解得．
所以用户占比需达到．
（3）设随机变量为新课程产生的利润．
①若配置套系统．由于新课程的用户占比总大于，所以运行一套系统即可，无维护成本．
此时对应的年利润，，
所以收益期望（万元）．
②若配置套系统，
当时，运行套系统，维护一套系统，年利润，．
当时，运行两套系统，
年利润，．
所以收益期望（万元）．
③当时，运行套系统，维护套系统，
年利润，．
当时，运行套系统，维护套系统，
年利润，．
当时，运行两套系统，年利润，．
所以收益期望（万元）．
比较结果：配置套系统时收益的期望最大（为万元）．
综上，为使总收益期望最大，应配置套智能辅导系统
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
C
B
C
D
B
AD
CD
题号
11









答案
ABC