广东省深圳市高级中学高中园2025届高三下学期适应性考试 数学试题（含解析）

这是一份广东省深圳市高级中学高中园2025届高三下学期适应性考试 数学试题（含解析），共14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。
一、单选题
1．已知，则复数的实部为（ ）
A．B．1C．D．3
2．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．B．0C．1D．2
5．我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱.现有一如图所示的堑堵，，若，则堑堵的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．现从含甲、乙在内的9名志愿者中选出3人去参加抢险，则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．设椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，若到直线的距离为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．函数的导函数为，若存在实数，使得成立，则称函数具有性质，下列函数具有性质的函数是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某中学高三学生参加体育测试，其中物理类班级女生的成绩与历史类班级女生的成绩均服从正态分布，且，，则( ).
A．B．
C．D．
10．如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ）
A．棱上存在一点，使得平面
B．点到平面的距离为
C．过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为
D．过的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于轴对称B．是的一个周期
C．在上为增函数D．
三、填空题
12．在的二项展开式中，常数项是 ．（用数值作答）
13．已知为等差数列的前项和，若当时，，则 .
14．若直线为曲线的一条切线，则的最小值为 ．
四、解答题
15．在中，．
（1）求；
（2）若,，求边上的高．
16．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，侧面底面，，，是中点，点在侧棱上（不包括端点）．
（1）求证：；
（2）是否存在点，使与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
17．已知椭圆的焦距为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，点在以线段为直径的圆外（为原点），求的取值范围.
18．已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）求函数的最小值；
（3）当时，证明：．
19．已知有穷数列：，，…，经过一次M变换后得到数列：，，…，，．
其中，表示a，b中的最小者．记数列A的所有项之和为．
(1)若：1，3，2，4，写出数列并求；
(2)若：，，…，是1，2，3，…，n的一个排列，例如，当时，4，1，3，2可以为1，2，3，4的一个排列．
（i）当时，求的最小值；
（ii）若经过一次M变换后得到数列，求的最小值．
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为，所以，
所以复数的实部为.
故选.
2．【答案】B
【详解】由，
得，解得或，
由，得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选B.
3．【答案】B
【详解】因为，，
所以，，，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选B.
4．【答案】B
【详解】由题意，，则当时，有，
两式相减可得，即.
当时，，因为，所以，
所以.
故选B.
5．【答案】C
【详解】由题意，在直三棱柱中，
因为，所以为直角三角形，且该三角形的外接圆的直径，
又由，所以直三棱柱的外接球的直径，
所以，所以外接球的体积为，故选C.
6．【答案】A
【详解】设“甲被选中”，“乙被选中”，
则，，.
故选A.
7．【答案】D
【详解】易知，，，则直线的方程为，即，
又到直线的距离为，则，整理得到，
所以，则，解得或（舍）
故选D.
8．【答案】C
【详解】对于选项A：因为函数的导函数为，所以，故选项A错误；
对于选项B：因为函数的导函数为，
所以，
而，
所以，，故选项B错误；
对于选项C：因为函数的导函数为，
所以.
令，解得：，，
即存在实数，使得成立，
所以函数具有性质，故选项C正确；
对于选项D：因为函数的导函数为，
所以.
令，显然，化简得：.
下面证明方程（*）无解.
当时，，方程（*）无解
当时，，而：
令，，
则，所以单调递减.
又因为，所以，即，所以.
综上，方程(*)无解.
所以不存在实数，使得成立，故选项D错误.
故选C.
9．【答案】AC
【详解】对于A：由，得，故A正确；
对于B：由，得，故B错误；
对于C：因为，
所以，故C正确；
对于D：由于随机变量、均服从正态分布，且对称轴均为直线，
，所以在正态分布曲线上，的峰值较高，
正态分布较“瘦高”，随机变量分布比较集中，所以，故D错误.
故选AC.
10．【答案】BCD
【详解】A，在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
设棱上点，，则，
若平面，则有，
解得，与矛盾，
即在棱上不存在点M，使得平面，A不正确；
B，点到平面的距离h，因，
则，B正确；
C，取AD，CD的中点E，F，连接，
则，即确定一个平面，如图，
依题意，，，即四边形是平行四边形，，
平面，平面，于是得平面，
显然，平面，平面，于是得平面，
而，平面，因此，平面平面，
即梯形是过与平面平行的正方体的截面，
而，
则此等腰梯形的高，
所以过与平面平行的正方体的截面面积为，C正确；
D，过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时，
该小圆直径是直线PQ被正方体的外接球所截弦，
由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心，
令正方体的外接球球心为O，连接ON，OP，
则，而，而球半径，
则这个小圆半径，此圆面积为，D正确.
故选BCD
11．【答案】ABD
【详解】对于A，函数的定义域为，关于原点对称， ，
所以是偶函数，其图象关于轴对称，故A正确；
对于B，，
所以的一个周期是，故B正确；
对于C，令，当时，在上单调递减，
且， 在上单调递增，则在上单调递减，
所以在上单调递减函数，故C错误；
对于D，因为，令，
则，求导得，
由于，所以，单调递增.
当时，取得最大值；
当时，取得最小值.
因为，所以，即 ，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】160
【详解】展开式的通项为，
令，
所以常数项为.
13．【答案】
【详解】当时，，得，
在等差数列中，，
所以，得.
14．【答案】
【详解】，
设直线与曲线相切于点，则且，
解得，所以，从而得，所以，
设，，
令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即的最小值为.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）在中，因为，
由正弦定理及，得，
因为，
所以，
所以．
所以．
（2）因为，
由余弦定理，得，
所以．设边上的高为，
又的面积，
所以，
所以AB边上的高为．
16．【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
因为，且为中点，所以，
在菱形中，，可得为等边三角形 ，所以，
又因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为，平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又因为平面，所以，，
因为，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
假设存在点满足题意，设，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以，
设与平面所成角为，则
解得或（舍），所以存在点，使得与平面所成角的正弦值为，
此时.
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，则，得，
又离心率为，解得，，
故椭圆的方程为.
（2）
设直线的方程为，，，
由，得，
由，得，
则，
因为点在以线段为直径的圆外，所以为锐角，
因不共线，所以，
故，即，
因
所以
解得，
因为，则得，
解得或，
故实数的取值范围为.
18．【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，由得，由，得，
此时，函数的减区间为，增区间为；
当时，由得，由，得或，
此时，函数的减区间为、，增区间为；
当时，由得或，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为、.
综上，当时，函数的减区间为，增区间为；
当时，函数的减区间为、，增区间为；
当时，函数的减区间为，增区间为、.
（2）函数的定义域为，，
由，得，由，得，
即在上单调递减，在上单调递增，
在处取得最小值．
（3）当时，等价于，
即，即，
即，即，
，只需证明，
当，时，，只需证明，
由（1）知，时，在处取得最小值，
综上所述，原不等式成立．
19．【答案】(1)：1，2，2，1；；
(2)（i）9；（ii）
【详解】（1）由题意，，即1，2，2，1；
所以；
（2）（i）由题意知，中元素两两互异，故中的任一元素，
如，在中至多在和中出现两次（规定，），
且若出现两次，则这两个数处于邻位（和也视为邻位），
所以的所有项中至多有两个1和两个2．所以，
当为1，4，2，5，3时取得等号，所以的最小值为9；
（ii）同（i）可知，中的任一元素若在中仅出现一次，则在中至多出现两次，
若在中出现两次，由于这两个数处于邻位，故在中至多出现三次，
①若，则，
当满足时取得等号，
②若，则，
当满足时取得等号，
③若，则，
当满足时取得等号，
综上，