湖北省襄阳五中2025届高三下学期5月适应性考试（一）数学含答案解析

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1.解：因为A={x|x2≤x}={x|0⩽x⩽1}，B={y|y=2x,x>0}={y|y>1}，
所以A∪B=[0,+∞).故选：B．
2.解：由题意得iz=i−1，z=i−1i=(i−1)×ii×i=−1−i−1=1+i，
所以z的虚部为1．故答案选：B．
3.解：以原点为角的顶点，轴的非负半轴为角的始边，令角的终边过点，
则角的终边过点，且，
于是，，
，所以点的坐标为.故选：B
4.解：由题意，设F1(0,− 2)，F2(0, 2)，P(−1, 2)，
则|PF1|= (−1)2+( 2+ 2)2=3，|PF2|= (−1)2+( 2− 2)2=1，
|F1F2|=2c=2 2，则2a=|PF1|+|PF2|=4，则e=2c2a=2 24= 22，
所以椭圆的离心率为 22．故选：A．
5.解：已知函数y=f(x)−x2是奇函数，则有：f(−x)−x2=−[f(x)−x2]⇒f(−x)=−f(x)+2x2，
所以f(−4)=−f(4)+2×42=−9+32=23，
已知g(x)=f(x)+5，则g(−4)=f(−4)+5，因此，g(−4)=23+5=28．故选：B．
6.解: 设公比为q的等比数列，满足a1=3，a1+a3+a5=21，
所以3+3q2+3q4=21，整理得q4+q2=6，解得q2=2或−3(负值舍去)，
故a5+a7+a9=a1q4+a1q6+a1q8=28a1=84．故选D．
7.解：(x+3 x)5展开式的通项公式为Tr+1=C5r·xr·3 x5−r=35−r·C5r·x3r−52，
令3r−52=2，解得r=3；
令3r−52=3，解得r不存在，
故(2x+1)(x+3 x)5的展开式中x3系数为：2×C53·35−3=180．故选：A．
8.解：由2anan+1+an+1=3an，得1an+1=2an+13an，即1an+1=13⋅1an+23，即1an+1−1=13(1an−1)，
又a2=911，则a1=35，所以数列{1an−1}是以23为首项，13为公比的等比数列，
所以1an−1=23(13)n−1=23n，1an=23n+1，
1a1+1a2+⋯+1an=2(13+132+⋯+13n)+n=2×13[1−(13)n]1−13+n=n+1−13n，
问题转化为求使不等式n+1−13n0，f(x)单调递增，当x0，所以y0=4，即P4,4，
将圆x2+y2−4x−2y+1=0化为标准方程：x−22+y−12=4，
从而圆心为C2,1，半径r=2，
故PM= PC2−CM2= 22+32−22=3．故答案为：3．
13.解：由题意可得Sn=na1+n(n−1)2d=na1+n2−n=n2+(a1−1)n，
又∵数列{ Sn+1}是等差数列，
∴2 S2+1= S1+1+ S3+1，
∴2 5+2(a1−1)= a1+1+ 10+3(a1−1)，
解得a1=−1或a1=3，故答案为−1或3．
14.解：如图，设点A在底面上的射影是Q，上底面外接圆在下底面上的射影是圆O1，
当Q，O1，M三点共线时，线段AM的长度最大，
由题意得QO1= 12+222= 52，O1M= 32+422=52，AQ=1，
因为AQ⊥圆O1所在平面，
所以AM= AQ2+MQ2= 12+ 52+522= 34+10 52．
故答案为： 34+10 52．
解：(1)∵S△ABC=3 32，∴12AB⋅BC⋅sin∠ABC=3 32，
又AB=3，BC=2，则12×3×2×sin∠ABC=3 32，∴sin∠ABC= 32
∵∠ABC是锐角，∴∠ABC=π3．…………………………………………………………………3分
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=7，
则AC= 7．………………………………………………………………………………………5分
∵∠DAB=∠DCB=π2，∴BD是四边形ABCD外接圆的直径，∴BD是△ABC外接圆的直径，
利用正弦定理知BD=ACsin∠ABC= 7×2 3=2 213；………………………………………………8分
(2)由∠DAB=∠DCB=π2，BD=2 213，AB=3，BC=2，
则AD= 33，CD=4 33，…………………………………………………………………………10分
又∠ABC=π3，则，………………………………………………11分
因此S△ACD=12AD⋅CD⋅sin∠ADC=12× 33×4 33× 32= 33，
故△ACD的面积为 33．……………………………………………………………………………13分 16. 解：(1)由f(x)=exsinx−x+1，得f′(x)=ex(csx+sinx)−1，
则f(0)=1，f​′(0)=0，故曲线y=f(x)在点0,f(0)处的切线方程为y=1；……………4分
(2)当x∈[−π2,π2]时，令ℎ(x)=f′(x)=ex(csx+sinx)−1，
则ℎ′(x)=2excsx⩾0在[−π2,π2]上恒成立，故f′′(x)在区间−π2,π2上单调递增，又f′(0)=0，
所以，当x∈[−π2,0)时，f′(x)f′(0)=0，所以f(x)的0,π2上单调递增；
所以f(x)min=f(0)=1……………………………………………………………………………9分
因为f(−π2)=e−π2sin (−π2)+π2+1=−e−π2+π2+1，f(π2)=eπ2−π2+1 ，
所以f(π2)−f(−π2)=eπ2−π2+1+e−π2−π2−1=eπ2+e−π2−π，
令g(x)=ex+e−x−2x，则g′(x)=ex−e−x−2，令G(x)=g′(x)=ex−e−x−2，
G′(x)=ex+e−x>0恒成立，所以g′(x)在R上单调递增，
因为g′(1)=e−e−1−2=e−1e−2>0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(π2)>g(1)=e+e−1−2>0，所以f(π2)−f(−π2)>0，
所以f(x)max=f(π2)=eπ2−π2+1．…………………………………………………………15分
17. 解：（1）取的中点，连接，
由题意可知：为等边三角形，则，
又因为平面平面，
平面平面，平面，
可得平面，…………………………………………………………………………3分
且，
以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
则C1F∙BC=6+0−6=0，所以.……………………………………………………6分
（2）设，则，
由（1）可得：，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：，则C1M∙m=2+4a−6=0，解得，
所以AM的长为.…………………………………………………………………………………10分
（3）因为，
设平面（即平面）的法向量为，
则，令，则，可得，…………11分
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，……………………………………12分
则cs=，
所以平面B1FM与平面BFM所成角的余弦值.…………………………………………15分
解：(1)由题知b=1,ca= 52,c2=a2+b2,解得a=2,b=1,c= 5,
双曲线E的标准方程为x24−y2=1．…………………………………………………………4分
(2)令P(x0,y0)，设直线BC为：y=−1kx+m，与x24−y2=1联立得，
(k2−4)x2+8mkx−4m2k2−4k2=0，
Δ=16k2(m2k2+k2−4)，x1+x2=−8kmk2−4
则x0=x1+x22=−4kmk2−4，y0=y1+y22=mk2k2−4，
即BC中点P(−4kmk2−4，mk2k2−4)…………………………………………………………………………7分
(i)当k=13时，x0=1235m，y0=−135m，即P(1235m，−135m)
由13=k=y0x0−t，得t=37m，又因为Δ>0，即m2>4k2−1=35，
所以t∈(−∞,−37 35)∪(37 35,+∞);………………………………………………………12分
(ii)由题知Q(0,m)，因为k=y0x0+3，所以m=3(k2−4)5k，所以P(−125，3k5)
则PA= 1+k2−125+3=35 1+k2，PQ= 1+(1k)2−125=125|k| 1+k2，
则S△APQ=12PA⋅PQ=1825(|k|+1|k|)≥3625，…………………………………………………15分
当k=±1取得等号，此时△>0满足题意．
故S∆APQ的最小值为3625．…………………………………………………………………………17分
（1）S3所有可能得取值为-1，1，3，且
所以S3的分布列为
…………………………………4分
（2）首先证明：S1，S2，⋯，S100中必有大于1的，
否则其中有51个1，必有相邻两项同时为1，这是不可能的。
因此，设S1，S2，⋯，S100中的最大值为St，则St≥2；………………………………………6分
又SkSk+1≥0，k=1，2，⋯，99.………………………………………………………………7分
因此Y≥St−1St+StSt+1≥4，
当S1=1，S2=2，S2k−1=1，S2k=0，k=2,3,⋯,50时取等，
所以Y的最小值m=4……………………………………………………………………………9分
（3）由（2）知，取等必有St=2，且SkSk+1=0，k≠t−1，t.
因此S1，S2，⋯，S100中只有一个数大于1，共有50个1；
又S1=1，S100=0，所以S2k−1=1，k=1,2,⋯,50.
设t=2l，则l=1，2，⋯，49，那么S2k=0，k≠l.…………………………………………11分
设事件S2k−1=1,k=1,2,⋯,50;S2l=2,S2k=0,k≠l的概率为Pl，
事件S2k−1=1,S2k=0,k=1,2,⋯,50的概率为P0，
P0=1∙12∙13∙34∙15∙56⋯∙199∙99100=(1∙12)∙(13∙34)∙(15∙56)⋯∙(199∙99100)
=12∙14∙16⋯∙1100=12×1∙12×2∙12×3⋯∙12×50=1250∙50!，………………………………………………14分
又Pl=12i∙2l2l+12l−12l∙12l+1∙P0=2l2l−1P0
因此所求概率P=P1+P2+⋯+P49=21+43+⋯+9897P0
>(2+48)P0=50P0=1250∙49!……………………………………………………………………17分
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
B
B
B
A
B
D
A
B
AC
BCD
ABD
S3
-1
1
3
P
13
12
16