陕西省2025届高三下学期高考适应性检测数学试卷（解析版）

这是一份陕西省2025届高三下学期高考适应性检测数学试卷（解析版），共15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. 已知复数，则复数在复平面内所对应的点的坐标为（ ）
A. （3，1）B. C. D.
【答案】B
【解析】由，可得复数在复平面内所对应的点的坐标为，故选B．
2. 已知集合，则的元素个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 无数
【答案】B
【解析】联立，整理得，
解得，则，即，有1个元素.
故选：.
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】由，
所以，则.
故选：C
4. 甲、乙进行射击训练．已知甲、乙射中10环的概率分别为0.5和0.4，且两人是否射中10环互不影响．甲、乙各射击1次，若10环被射中，则只被甲射中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设事件：甲射中10环，事件：乙射中10环，事件：10环被射中，
则，，
所以，
因为，
所以．
故选：C．
5. 2025年1月西藏定日发生6.8级地震，已知（里氏震级）的计算公式为（其中是被测地震最大振幅，常数是“标准地震”的振幅），5级地震给人的震感已比较明显，则定日这次地震的最大振幅大约是5级地震最大振幅的（ ）倍．（参考数据：）
A. 1.8B. 18C. 63D. 128
【答案】C
【解析】由，则，即，
当时，地震最大振幅为，
当时，地震最大振幅为，
则.
故选：C
6. 已知一个圆锥的底面圆半径为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设圆锥的母线长为，高为，由于扇形的弧长等于圆锥的底面周长，
则，解得，故圆锥的高为，
因此，该圆锥体积为.
故选：C.
7. 在中，角所对的边分别为，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
，
则
，
则，
因，则，则，则，得，，故.
故选：A.
8. 设是椭圆的上顶点，是上的一个动点．当运动到下顶点时，取得最大值，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，，因为，，
所以，，
由题意知当时，取得最大值，所以，可得，即，则．
故选：B．
二、多选题：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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 直线是函数的图象的一条对称轴
C. 函数的图象向左平移单位后关于原点对称
D. 在区间上单调递增
【答案】BCD
【解析】对于A，的最小正周期为，A错误，
对于B，，故是函数的图象的一条对称轴，B正确，
对于C,将的图象向左平移单位后得到，为奇函数，故关于原点对称，C正确，
对于D，当时，，故在区间上单调递增，D正确，
故选：BCD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 在一元线性回归分析中，如果回归系数的值为正，说明变量间存在正相关关系
B. 的最小正周期为
C. 决定系数越接近1，则残差平方和越小，说明拟合效果好
D. 在一元线性回归分析中，如果的值为，说明变量间存在微弱相关关系
【答案】AC
【解析】在一元线性回归分析中，
如果回归系数的值为正，说明变量间存在正相关关系，A正确；
，
则，
故不是周期函数，B错误；
决定系数越大，残差平方和越小，效果越好，故C正确；
在一元线性回归分析中，越接近于1，说明变量间线性相关程度越强，D错误.
故选：AC
11. 已知函数为奇函数，函数的图象关于直线对称，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为4B.
C. D. 函数的图象关于点对称
【答案】BCD
【解析】对于B，因为函数的图象关于直线对称，且，所以，所以B正确；
对于D，由题意可知，，即，所以函数的图象关于点对称，所以D正确；
对于A：应用函数对称性得函数的图象如图所示，所以函数不是周期函数，
对于C，由函数的图象关于点对称，得，
注意到，又的图象关于直线对称，
则，，所以C正确；
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 记为数列的前项和，若，求______．
【答案】64
【解析】由，
当时，，即；
当时，，即，
所以数列是等比数列，首项为1，公比为2，
则，即
故答案为：64.
13. 的展开式中，的系数是______．
【答案】
【解析】的展开式通项为，
的展开式通项为，
所以的展开式通项为，
由可得，
因此展开式中的系数为.
故答案为：.
14. 已知恒成立，求正数的取值范围_____．
【答案】
【解析】，
又，所以，
当时，上式显然成立，
所以只需处理的情况即可，此时
，
令，
恒成立，所以严格递增，
在恒成立即可，
令，则，
令，
当时，，严格增，
当时，，严格减，
所以，所以，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 某生产工厂生产优质钢索，现需要通过不同场次进行钢索检索抽查．现从机器内随机选取了40组（各20组），记录了他们不同米数，并将数据整理如下表：
米数超过被系统评定为“优质”，否则被系统评定为“备选”．
（1）利用样本估计总体的思想，试估计工厂中米数超过的概率；
（2）根据题意完成下面的列联表，并据此判断能否有的把握认为“评定类型”与“组别”有关？
附：，其中．
解：（1）由题可得，样本米数超过的频率为，
根据样本估计总体的思想，估计工厂中米数超过的概率为.
（2）根据题意，列联表完成如下，
零假设：“评定类型”与“组别”无关，
则，
所以零假设成立，即“评定类型”与“组别”无关，
所以没有的把握认为“评定类型”与“组别”有关.
16. 已知数列满足．设．
（1）求证：数列是等比数列，并求数列通项公式；
（2）设数列，且对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围．
（1）证明：由，
可得，
即数列是首项和公比均为3的等比数列，
则，即；
（2）解：数列，
则，
可得递减，可得，对任意正整数，不等式恒成立，
可得，即的取值范围是.
17. 已知函数，其中．
（1）若，判断的单调性；
（2）当时，若函数有两个零点，求实数的取值范围．
解：（1）由题意得，，
令，，则，
令得，令得，
所以的增区间为，减区间为.
（2）因为，，，所以，
当时，有，，即；
当时，，，即；
可得当时，函数的减区间为，增区间为，
若函数有两个零点，必有，可得，
又由，可得函数在上有一个零点，
令，有，可知函数单调递减，
有，可得当且时，，
当时，有，
又由，
可知函数在上有一个零点，
综上可得：若函数有两个零点，可得实数的取值范围为.
18. 如图所示，三棱柱所有棱长都为2，为中点，为与交点，．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）若直线与平面所成角的余弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值．
（1）证明：取中点，连接，，；
因为，分别为和的中点，所以且，
又且，
所以且，即四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
（2）证明：因为三棱柱所有棱长都为，，
所以，，为的中点，四点共面，
所以，且，，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（3）解：由题意知，，且，，平面，，
所以平面，又，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
又，所以，
因为，所以平面，平面，所以，
所以为直角三角形，所以，所以，
在中，，所以，
以为原点，作平面，以，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，由，所以，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，解得，易得平面的一个法向量为，
记平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
19. 阅读以下材料：已知在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角，利用公式，可得到点．现将双曲线绕原点按逆时针旋转得到双曲线．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）通过对上述材料学习，某数学兴趣小组在研究的图象和性质时，发现该函数的图象是双曲线，求离心率是多少？
（3）若是上一动点，直线与交于、两点，证明：三角形的面积为定值.
（1）解：设曲线上任意一点绕原点按逆时针旋转后的坐标为，
则，即，
可得，即，
因此，双曲线的标准方程为.
（2）解：由双曲线的几何性质可知，对勾函数的渐近线方程为、，
直线的倾斜角为，故这两条渐近线的夹角为，
所以，，
因此，该双曲线的离心率为.
（3）证明：因为点在双曲线上，则，
联立可得，
将代入上述方程得，
则，
设点、，则，，
所以，
，
点到直线的距离为，
所以，，
所以，的面积为定值.
米数
组别
0～20
21～50
51～80
81～100
A
1
2
3
8
6
B
0
3
7
8
2
优质
备选
总计
A
B
总计
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
优质
备选
总计
A
14
6
20
B
10
10
20
总计
24
16
40