贵州省部分校2025届高三下学期4月适应性考试数学试卷（解析版）

这是一份贵州省部分校2025届高三下学期4月适应性考试数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】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. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】在双曲线中，，，因此，该双曲线的渐近线方程为.
故选：C.
3. 直线：的一个方向向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】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. 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
【答案】C
【解析】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. 在等差数列中，前项和为，若，则（ ）
A. 18B. 33
C. 36D. 40
【答案】B
【解析】设等差数列的首项为，公差为，
因为，可得，
所以，解得.
故选：B.
6. 已知函数，若在区间上单调递增，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】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. 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.
【答案】D
【解析】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. 若函数有零点，则的最小值为（ ）
A. 1B.
C. D. 2
【答案】B
【解析】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.
二、多项选择题：本题共3个小题，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. 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
【答案】AD
【解析】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. 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
【答案】CD
【解析】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. 在中，，，则（ ）
A.
B.
C.
D. 在上的投影向量为
【答案】ABC
【解析】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.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数满足，则________．
【答案】
【解析】由复数满足，
可得.
故答案为：.
13. 2025的不同正因数的个数为________．
【答案】15
【解析】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. 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________．
【答案】①. 是 ②.
【解析】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：.
四、解答题：共5个小题，满分77分.解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤.
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．
（1）证明：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）解：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. 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：．
（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）证明：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. 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．
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Δ=72m2+723m2+4=288m2+1>0，，．
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. 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．
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，取值范围是.
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？
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