江苏省南通市如皋中学2025年高考数学适应性试卷（二）（含解析）

这是一份江苏省南通市如皋中学2025年高考数学适应性试卷（二）（含解析），共21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.已知集合A={x|3x≤2x}，B={x|x2+2x−30)的图象向左平移π6个单位后与函数g(x)=cs(ωx+π12)的图象重合，则ω的最小值为( )
A. 2B. 3C. 6D. 9
6.已知函数f(x)=lg(x2−ax+2)，则“a≥2”是“函数f(x)在(−∞,1]上单调递减”的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
7.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(x)+f′(x)=2ex，若k[f(x)−ex]≤x在R上恒成立，则实数k的取值范围是( )
A. (−∞,−1e]B. [−1e,0)C. (−∞,−1]D. [−1,0)
8.在四面体ABCD中，BD=2，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD=90°，平面ABD⊥平面BCD，M为BD的中点，点C到直线AB的距离为1，则四面体ABCD体积的最大值为( )
A. 3B. 1C. 13D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.每年4月23日为“世界读书日”，某小学为鼓励学生进行课外阅读，拓宽学生眼界，对热爱课外阅读的班级进行表彰，规定从班级中随机抽取5位同学，统计他们一学年内阅读课外书籍的本数，若抽取的5位同学在一学年内阅读课外书籍的本数都不低于10，则该班级被评选为“优阅班级”.以下是4个班级抽取的5位同学的统计数据：
六(1)班：中位数为11，众数为10
六(2)班：众数为12，极差为3
六(3)班：平均数为12，极差为3
六(4)班：平均数为12，方差为2
根据以上信息，一定被评为“优阅班级”的是( )
A. 六(1)班B. 六(2)班C. 六(3)班D. 六(4)班
10.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在棱CD上运动，则( )
A. 若点P为CD的中点，则平面BC1P//平面AB1D1
B. B1P⊥AD1
C. 异面直线BP，A1D所成角的取值范围是[π4,π3]
D. 点P到平面AB1D1距离的最小值为 2
11.设有限集合U={a1,a2,a3,⋯,am}，其中m≥4，m∈N*，非空集合M⊆U，M−=∁UM，若存在集合M，使得M，M−中的所有元素之和相等，则称集合U是“可拆等和集”，则( )
A. 集合U={1,2,4,⋯,22025}不是“可拆等和集”
B. 若集合U={−1,2,5,k}是“可拆等和集”，则k的取值共有6个
C. 存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列{an}，使得集合U是“可拆等和集”
D. 若m=4k+3，k∈N*，数列{an}是等差数列且公差d=a1，则集合U是“可拆等和集”
三、填空题：本题共3小题，共20分。
12.在(2−1x2)(1−x)8的展开式中，常数项为______．
13.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：x2−y23=1，过左焦点F且斜率为k(k>0)的直线l与双曲线C交于A，B两点，设线段AB的中点为M，若|OM|=2，则实数k的值为______．
14.某校高三年级共8个班举行乒乓球比赛，每班一名选手代表班级参加，每一轮比赛前抽签决定对阵双方，负者淘汰，胜者进入下一轮，直至最后产生冠军，其中各场比赛结果相互独立.根据以往经验，高三(1)班选手甲和高三(2)班选手乙水平相当，且在所有选手中水平稍高，他们对阵其他班级选手时获胜的概率都为23，除甲、乙外的其他6名选手水平相当，则高三(1)班的选手甲通过第一轮的概率为______，第三轮比赛由甲、乙争夺冠军的概率为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=1，a3=9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1+an−1=2(an+1)．
(1)设bn=an+1−an，求数列{bn}的通项公式；
(2)设数列{1an+1−1}的前n项和为Sn，求证：Sn2时，切线l与函数y=f(x)的图象有另一交点Q(n,f(n))，且n0)上一点，斜率为−12的直线l与抛物线C交于A，B两点，若直线PA，PB的斜率之和为0．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设A，B都在x轴下方，且点A在点B的左侧，直线PA，PB与x轴分别交于点D，E，记△PDE，△ABE的面积分别为S1，S2，求S2S1的最大值；
(3)记点P关于x轴的对称点为Q，设直线PA，BQ交于点M，直线PB，AQ交于点N，求证：直线MN恒过定点．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由3x≤2x⇔(32)x≤1，
因为y=(32)x是增函数，且x=0时y=1，
所以原不等式的解为：x≤0，
∴A=(−∞,0]，
又B={x|x2+2x−30)的图象向左平移π6个单位，
得到y=sin[ω(x+π6)+π12]=sin(ωx+π12+πω6)=cs(ωx+π12)，
则πω6=π2+2kπ,k∈Z，所以ω=3+12k，k∈Z，又ω>0，
所以ω的最小值为3．
故选：B．
根据图象变换可得y=sin(ωx+π12+πω6)，根据题意结合诱导公式可得πω6=π2+2kπ,k∈Z，运算求解即可得结果．
本题考查正余弦函数图象的变换规律，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：令u=x2−ax+2，函数y=lgu在(0,+∞)上单调递增，
由函数f(x)在(−∞,1]上单调递减，得函数u=x2−ax+2在(−∞,1]上单调递减，且当x=1时，u>0，
因此a2≥11−a+2>0，解得2≤a12，上式不成立，不合题意，
所以x1≥10，故D正确．
故选：ACD．
对A，C，D，根据中位数，众数，极差，方差，平均数的概念分析判断；对B，举反例说明．
本题主要考查了中位数，众数，极差，方差和平均数的概念，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
得：D(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，
B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)
若点P为CD的中点，则P(0,12,0)，
设平面BC1P的法向量为n1=(a,b,c)，BC1=(−1,0,1),BP=(−1,−12,0)，
由n1⋅BC1=0n1⋅BP=0，即−a+c=0−a−12b=0，取a=1，得n1=(1,−2,1)，
设平面AB1D1的法向量为n2=(x,y,z)，AB1=(0,1,1),AD1=(−1,0,1)
由n2⋅AB1=0n2⋅AD1=0，即y+z=0−x+z=0，取x=1，得n2=(1,−1,1)，
显然n1,n2不平行，即平面BC1P//平面AB1D1不成立，故A错误；
设P(0,t,0)(0≤t≤1)，则B1P=(−1,t−1,−1),AD1=(−1,0,1)，
则B1P⋅AD1=(−1,t−1,−1)⋅(−1,0,1)=1−1=0，
故B 1P⊥AD1，故B正确；
BP=(−1,t−1,0),A1D=(−1,0,−1)
设异面直线BP，A1D所成角为θ，
则csθ=|cs|=1 1+(t−1)2⋅ 2，
由0≤t≤1，得0≤(t−1)2≤1，
∴ 2≤ 1+(t−1)2⋅ 2≤2，
则12≤csθ≤ 22，又θ∈[0,π]，
∴θ∈[π4,π3]，故C正确；
由选项A知平面AB1D1的一个法向量为n2=(1,−1,1)，又PA=(1,−t,0)
∴点P到平面AB1D1距离为|PA⋅n2||n2|=|1+t| 3，
∵0≤t≤1，
∴当t=0时，取得最小值为 33，故D错误．
故选：BC．
建系求得相应平面法向量及直线方向向量，通过法向量位置关系及夹角距离公式逐个判断即可．
本题考查空间中点、线、面见的距离计算，考查空间角的求法，训练了空间向量的应用，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：根据题目定义：设有限集合U={a1,a2,a3,⋯,am}，其中m≥4，m∈N*，非空集合M⊆U，M−=∁UM，
若存在集合M，使得M，M−中的所有元素之和相等，则称集合U是“可拆等和集”，
对于A项，1，2，4，⋯，22025构成了一个以1为首项，2为公比的等比数列，
且1+2+4+⋯+22024=1−220251−2=22025−10，因此k= 155．
故答案为： 155．
根据题意，设过左焦点F的直线l的方程为y=k(x+2)，联立方程组，利用韦达定理，求得M(2k23−k2,6k3−k2)，结合|OM|=2，列出方程，即可求得k的值，得到答案．
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
14.【答案】914 64567
【解析】解：第一空：由题意可知，甲在首轮遇到乙的概率为17，此时甲获胜的概率为12，
甲遇到其他6名选手的概率为67，此时甲获胜的概率为23，
所以高三(1)班的选手甲通过第一轮的概率为：P=17×12+67×23=914；
第二空：第一轮中甲和乙不相遇且两人均获胜，其概率为P1=67×(23)2=821，
进入第二轮的4人中，甲和乙不相遇的概率为23，且两人均击败对手的概率为(23)2，
故第二轮中甲和乙不相遇且两人均获胜，其概率为P2=23×(23)2=827，
所以第三轮比赛由甲、乙争夺冠军的概率为P=P1P2=821×827=64567．
故答案为：914；64567．
甲通过第一轮分甲遇到乙和不遇到乙两种情况求解，当甲乙获冠军时，说明甲乙都晋级第二轮，且第二轮不相遇都获胜即可据此得解．
本题主要考查了独立事件和互斥事件的概率公式，属于中档题．
15.【答案】bn=2n+1；
证明见解析．
【解析】解：(1)依题意，对任意的n≥2，n∈N*，都有an+1−an=an−an−1+2，
又bn=an+1−an，
则对任意的n≥2，n∈N*，bn−bn−1=2，
所以数列{bn}是公差为2的等差数列，
又b1=a2−1，b2=9−a2，
所以(9−a2)−(a2−1)=2，解得a2=4，
故b1=a2−1=3，
所以bn=2n+1；
(2)证明：由(1)可知，an+1−an=2n+1，
所以当n≥2，n∈N*，an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)
=1+3+5+⋯+(2n−1)=n(1+2n−1)2=n2，
又a1=1符合上式，所以an=n2；
所以1an+1−1=1(n+1)2−1=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
故Sn=12(1−13)+12(12−14)+12(13−15)+⋯+12(1n−1−1n+1)+12(1n−1n+2)
=12(1+12−1n+1−1n+2)=34−12(1n+1+1n+2)，
因为n∈N*，1n+1+1n+2>0，
所以Sn0，则csA=12，故A=π3；
(2)因为BECE=2cb，
所以，BE=2cb+2cBC=2cb+2c(AC−AB)，
所以AE=AB+BE=AB+2cb+2c(AC−AB)=bb+2cAB+2cb+2cAC，
所以AE2=b2(b+2c)2AB2+4c2(b+2c)2AC2+4bc(b+2c)2AB⋅AC，
即b2c2(b+2c)2+4b2c2(b+2c)2+4bc(b+2c)2bccsπ3=7，整理得bc=b+2c．
由bc=b+2c≥2 2bc，可得bc≥8，当且仅当b=2c=4时，等号成立．
故△ABC面积S=12bcsinA= 34bc≥2 3，
即△ABC面积的最小值为2 3．
(1)根据已知条件结合正弦定理化简可得sinB+sinAcsBcsA=2sinC，整理可推得sin(B+A)=2sinCcsA，结合三角形内角和公式以及诱导公式化简推得csA=12，即可求出答案；
(2)结合图形得AE=bb+2cAB+2cb+2cAC，两边平方整理推出bc=b+2c由基本不等式得出bc≥8，即得面积最小值．
本题考查了正弦定理，属于中档题．
17.【答案】0；
证明见解析．
【解析】解：(1)由题意，函数f(x)的定义域为R，则f′(x)=−x−t+1ex，
当x0；当x>1−t时，f′(x)2，得g′(2)0，函数g′(x)在R上的图象不间断，
则存在x0∈(1,2)，使得g′(x0)=0，且当xm时，g′(x)>0，当x0g(m)=0，而g(0)=−m2em2时，切线l与函数y=f(x)的图象有另一交点Q(n,f(n))，且n0)上一点，
斜率为−12的直线l与抛物线C交于A，B两点，若直线PA，PB的斜率之和为0．
设直线AB方程为x=−2y+t，即x+2y−t=0，A(x1,y1)，B(x2,y2).
联立方程组x=−2y+ty2=2px，整理得y2+4py−2pt=0，所以Δ=16p2+8pt>0y1+y2=−4py1y2=−2pt，
因为直线PA，PB的斜率之和为0，即kPA+kPB=0，
而kPA=2−y1x0−x1=2−y142p−y122p=2p2+y1，同理kPB=2p2+y2，
所以2p2+y1+2p2+y2=0，整理得y1+y2+4=0，
所以−4p+4=0，解得p=1，
所以抛物线C的方程为y2=2x；
(2)由题：设A，B都在x轴下方，且点A在点B的左侧，直线PA，PB与x轴分别交于点D，E，记△PDE，△ABE的面积分别为S1，S2，
由(1)可知，t>−2，y1+y2=−4，y1y2=−2t，点P(2,2)，
所以kPA=22+y1，kPB=22+y2．
直线PA的方程为y−2=22+y1(x−2)，令y=0，解得x=−y1，
所以D(−y1,0)，同理E(−y2,0)．
所以S1=12|DE|⋅2=12|y1−y2|⋅2=|y1−y2|，
且S2=12|AB|⋅h=12⋅ 5|y1−y2|⋅|−y2−t| 1+22=12|y1−y2||y2+t|，其中h为点E到直线AB的距离，
所以S2S1=12|y1−y2||y2+t||y1−y2|=12|y2+t|=12|y2−y1y22|
=12|y2−(−4−y2)y22|=14|y22+6y2|，
因为A，B都在x轴下方，所以2