甘肃省白银市第一中学、第八中学等校2025届高三下学期5月适应性考试 数学 含解析

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】因为，所以．
故选：B．
2. 复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】变形得，
所以
故选：A.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】.
故选：B.
4. 已知向量 ，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】由题意，
所以在上的投影向量为，
故选：A
5. 函数，则对任意实数，下列结论正确的是（ ）
A. 是偶函数，且在上单调递增
B. 是奇函数，且在上单调递增
C. 是奇函数，且在上单调递减
D. 是偶函数，且在上单调递减
【答案】B
【详解】的定义域为，而，则，
故是奇函数，
由于，函数单调递增，故在上单调递增，
故选：B
6. 设 分别是双曲线 的上、下焦点，双曲线上的点 满足 ，则 的面积等于（ ）
A. B. 12C. D. 6
【答案】D
【详解】由可得，故，
又，故,即，
故的面积为，
故选:D
7. 某校教工食堂为更好地服务教师，在教师微信群中发起“是否喜欢菜品”的点赞活动，参与活动的男、女教师总人数比例为，男教师点赞人数占（参与活动的）男教师总人数的，女教师点赞人数占（参与活动的）女教师总人数的，若从点赞教师中选择一人，则该教师为女教师的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】设事件“该教师为男教师”，事件“该教师为女教师”，事件“该教师为点赞教师”，
则，
又．
故选：C.
8. 定义在的增函数满足：，且.已知数列的前项和为，则使得成立的的最大值是（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】B
【详解】法一：，可令，又，则，
，
．
．
法二：
由题；
令；
令；
，．
．
故选：B．
二、多选题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分．
9. 为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，现调查了当地的100家中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，则下面结论正确的是（ ）.

A. 样本在区间内的频数为18
B. 如果规定年收入在300万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有30%的当地中小型企业能享受到减免税政策
C. 样本的中位数小于350万元
D. 可估计当地的中小型企业年收入的平均数超过400万元（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
【答案】AB
【详解】由图可得
样本在区间内的频数为，故A正确；
年收入在300万元以内的企业频率为，故B正确；
则中位数在之间，
设为则，故C不正确；
年收入平均数超过，D不正确.
故选：AB.
10. 已知函数，则（ ）
A.
B. 在区间上单调递增
C. 若在区间上恰有一个极值点，则的取值范围是
D. 若在区间内没有零点，则的取值范围是
【答案】ABD
【详解】解： ，A正确；
因为，所以，
所以在区间上单调递增，B正确；
因为，所以，
因为在区间上恰有一个极值点，
所以，
所以，C错误；
，
函数在区间 内没有零点，
，
则 ，
则 ，取 ，
；
，
则 ，
解得： ，取 ，
；
综上可知： 的取值范围是 ，D正确．
故选:ABD
11. 已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于两个不同的点，则（ ）
A. 的准线为B. 直线与相交
C. D.
【答案】ACD
【详解】将点坐标的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，故A正确；
，所以直线的方程为，联立，可得，解得，故直线与相切，故B错；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以直线的斜率存在，设其方程为，
联立得，所以，
所以或，
又，
所以，故C正确；
因为，
所以，而，故D正确．
故选：ACD．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
12. 记为等差数列的前项和，，，则___________.
【答案】
【详解】因为是等差数列，所以，
所以，
可得，
，
故答案为：
13. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．
【答案】##
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
14. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为______．
【答案】
【详解】设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有种情况，
生成的5个数字中有个0，个1，
则，
由题可知．若获得二等奖，则S为3的正整数倍，
故可取的值为．当时，的取值为，
共有种情况；当时，的可能取值为，，，
共有种情况；当时，的取值为，，
共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件有种情况，
且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知曲线在点处的切线方程为.
（1）求实数与的值；
（2）求函数的极值.
【答案】（1）
（2）极大值为；极小值为
【小问1详解】
由求导得：，
依题意，，，
故有，解得；
【小问2详解】
由（1）可得，则，
令可得或；由可得.
故函数在和单调递增，在上单调递减.
则函数在时取得极大值，在时，取得极小值.
16. 的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为．
（1）求角的大小；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由余弦定理可得，即，
因，即，所以，
因为，故.
【小问2详解】
由正弦定理可得，
由（1）可得，可得，
所以，，则，故，
因为，所以，
故，
因此，的周长为.
17. 如图，在平行六面体中，四边形与四边形均为菱形，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
连接，因为四边形与四边形均为菱形，
且，所以与均为等边三角形，
取的中点，连接，则，
设，则，
在中，由及余弦定理，得，
即，所以舍去.
所以，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知，两两垂直，以为原点，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
设，则，
.
设平面的一个法向量，
由得，取，解得，故，
设平面的一个法向量，
由得，取，解得，故，
所以，
设二面角的大小为，所以.
18. 已知椭圆的长轴长为，左、右焦点分别为，直线与交于两点，且面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若.
（i）证明：；
（ii）若直线经过原点，与椭圆交于两点，且，求四边形面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，
依题意得，
当点在短轴端点时面积最大，所以，
所以，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
（i）由（1）知，椭圆方程可化为，
设，
由消去得，
则，
，
因为，所以，
整理得，则，
化简得，，此时成立，
所以；
（ii）设的中点为，
因为，所以，
不妨设.
又.
由，得点坐标为，则
所以，化简得，即，
所以，
所以四边形面积的取值范围为.
19. 若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，欧拉函数是指，对于一个正整数n，小于或等于n正整数中与n互质的正整数（包括1）的个数，记作，例如，．
（1）求，，；
（2）设，，求数列的前项和；
（3）设，，数列的前项和为，证明：，
【答案】（1）；；．
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
1到6中与6互质的只有1和5，所以；
1到中，被3整除余1和被3整除余2的数都与互质，所以；
1到中，所有奇数都与互质，所以．
【小问2详解】
，从而．
【小问3详解】
证明：，