贵州省安顺市2025届高考适应性考试数学试卷含解析

这是一份贵州省安顺市2025届高考适应性考试数学试卷含解析，共5页。试卷主要包含了已知若为纯虚数，则a的值为，一个频率分布表等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点，若，则线段的中点到轴的距离为（ ）
A．5B．3C．D．2
2．偶函数关于点对称，当时，，求（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为 ( )

A．B．C．D．
4．甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．若为虚数单位，则复数，则在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
6．已知是函数图象上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（ ）
A．B．C．0D．
7．已知复数，则对应的点在复平面内位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
8．已知若（1-ai ）( 3+2i )为纯虚数，则a的值为 （ ）
A．B．C．D．
9．抛掷一枚质地均匀的硬币，每次正反面出现的概率相同，连续抛掷5次，至少连续出现3次正面朝上的概率是（ ）
A．B．C．D．
10．一个频率分布表（样本容量为）不小心被损坏了一部分，只记得样本中数据在上的频率为，则估计样本在、内的数据个数共有（ ）
A．B．C．D．
11．下列图形中，不是三棱柱展开图的是（ ）
A．B．C．D．
12．若，则， ， ， 的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．内角，，的对边分别为，，，若，则__________．
14．已知公差大于零的等差数列中，、、依次成等比数列，则的值是__________．
15．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中一些数学用语可见，譬如“憋臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥.某“憋臑”的三视图（图中网格纸上每个小正方形的边长为1）如图所示，已知几何体高为，则该几何体外接球的表面积为__________．
16．的展开式中的常数项为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数.
（1）设，求函数的单调区间，并证明函数有唯一零点.
（2）若函数在区间上不单调，证明：.
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点.
（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
（2）若点P的极坐标为，，求的值.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点、分别为，的中点，且平面平面.
（1）求证：平面.
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）已知关于的不等式有解.
（1）求实数的最大值；
（2）若，，均为正实数，且满足.证明：.
21．（12分）已知三棱锥中侧面与底面都是边长为2的等边三角形，且面面，分别为线段的中点.为线段上的点，且.
（1）证明：为线段的中点；
（2）求二面角的余弦值.
22．（10分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）设不等式的解集为，若，求实数的取值范围.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．D
【解析】
由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.
【详解】
解：由抛物线方程可知，，即，.设
则，即，所以.
所以线段的中点到轴的距离为.
故选:D.
本题考查了抛物线的定义，考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.
2．D
【解析】
推导出函数是以为周期的周期函数，由此可得出，代值计算即可.
【详解】
由于偶函数的图象关于点对称，则，，
，则，
所以，函数是以为周期的周期函数，
由于当时，，则.
故选：D.
本题考查利用函数的对称性和奇偶性求函数值，推导出函数的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
3．A
【解析】
设球心为，三棱柱的上底面的内切圆的圆心为，该圆与边切于点，根据球的几何性质可得为直角三角形，然后根据题中数据求出圆半径，进而求得球的半径，最后可求出球的体积．
【详解】
如图，设三棱柱为，且，高．
所以底面为斜边是的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆，圆与边切于点，
则圆的半径为．
设球心为，则由球的几何知识得为直角三角形，且，
所以，
即球的半径为，
所以球的体积为．
故选A．
本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：
（1）构造以球半径、球心到小圆圆心的距离和小圆半径为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法．
（2）若直角三角形的两直角边为，斜边为，则该直角三角形内切圆的半径，合理利用中间结论可提高解题的效率．
4．D
【解析】
先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解.
【详解】
甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，
其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种，
所以甲第一个到、丙第三个到的概率是.
故选：D
本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
5．B
【解析】
首先根据特殊角的三角函数值将复数化为，求出，再利用复数的几何意义即可求解.
【详解】
，
，
则在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.
故选：B
本题考查了复数的几何意义、共轭复数的概念、特殊角的三角函数值，属于基础题.
6．C
【解析】
先画出函数图像和圆，可知，若设，则，所以，而要求的最小值，只要取得最大值，若设圆的圆心为，则，所以只要取得最小值，若设，则，然后构造函数，利用导数求其最小值即可.
【详解】
记圆的圆心为，设，则，设，记，则
，令，
因为在上单调递增，且，所以当时，；当时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以（当时等号成立）.
故选：C
此题考查的是两个向量的数量积的最小值，利用了导数求解，考查了转化思想和运算能力，属于难题.
7．A
【解析】
利用复数除法运算化简，由此求得对应点所在象限.
【详解】
依题意，对应点为，在第一象限.
故选A.
本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点的坐标所在象限，属于基础题.
8．A
【解析】
根据复数的乘法运算法则化简可得，根据纯虚数的概念可得结果.
【详解】
由题可知原式为，该复数为纯虚数，
所以.
故选：A
本题考查复数的运算和复数的分类，属基础题.
9．A
【解析】
首先求出样本空间样本点为个，再利用分类计数原理求出三个正面向上为连续的3个“1”的样本点个数，再求出重复数量，可得事件的样本点数，根据古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】
样本空间样本点为个，
具体分析如下：
记正面向上为1，反面向上为0，三个正面向上为连续的3个“1”，
有以下3种位置1__ __，__1__，__ __1．
剩下2个空位可是0或1，这三种排列的所有可能分别都是，
但合并计算时会有重复，重复数量为，
事件的样本点数为：个．
故不同的样本点数为8个，.
故选：A
本题考查了分类计数原理与分步计数原理，古典概型的概率计算公式，属于基础题
10．B
【解析】
计算出样本在的数据个数，再减去样本在的数据个数即可得出结果.
【详解】
由题意可知，样本在的数据个数为，
样本在的数据个数为，
因此，样本在、内的数据个数为.
故选：B.
本题考查利用频数分布表计算频数，要理解频数、样本容量与频率三者之间的关系，考查计算能力，属于基础题.
11．C
【解析】
根据三棱柱的展开图的可能情况选出选项.
【详解】
由图可知，ABD选项可以围成三棱柱，C选项不是三棱柱展开图.
故选：C
本小题主要考查三棱柱展开图的判断，属于基础题.
12．D
【解析】
因为，所以，
因为，，所以,.
综上；故选D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
∵，∴，即，
∴，∴．
14．
【解析】
利用等差数列的通项公式以及等比中项的性质，化简求出公差与的关系，然后转化求解的值.
【详解】
设等差数列的公差为，则，
由于、、依次成等比数列，则，即，
，解得，因此，.
故答案为：.
本题考查等差数列通项公式以及等比中项的应用，考查计算能力，属于基础题.
15．
【解析】
三视图还原如下图：，由于每个面是直角，显然外接球球心O在AC的中点.所以，，填。
【点睛】三视图还原，当出现三个尖点在一个位置时，我们常用“揪尖法”。外接球球心到各个顶点的距离相等，而直角三角形斜边上的中点到各顶点的距离相等，所以本题的球心为AC中点。
16．160
【解析】
先求的展开式中通项，令的指数为3即可求解结论.
【详解】
解：因为的展开式的通项公式为：；
令，可得；
的展开式中的常数项为：.
故答案为：160.
本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，属于基础题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）为增区间；为减区间.见解析（2）见解析
【解析】
（1）先求得的定义域，然后利用导数求得的单调区间，结合零点存在性定理判断出有唯一零点.
（2）求得的导函数，结合在区间上不单调，证得，通过证明，证得成立.
【详解】
（1）∵函数的定义域为，由，解得为增区间；
由解得为减区间.
下面证明函数只有一个零点：
∵，所以函数在区间内有零点，
∵，函数在区间上没有零点，
故函数只有一个零点.
（2）证明：函数，则
当时，，不符合题意；
当时，令，
则，所以在上单调增函数，而，
又∵区间上不单调，所以存在，使得在上有一个零点，即，所以，
且，即
两边取自然对数，得即，
要证，即证，
先证明：，令，则
∴在上单调递增，即，∴①
在①中令，∴
令∴，即
即，∴.
本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间和零点，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
18．（1），；（2）2.
【解析】
（1）由得，求出曲线的直角坐标方程.由直线的参数方程消去参数，即求直线的普通方程；
（2）将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，韦达定理得，点在直线上，则，即可求出的值.
【详解】
（1）由可得，
即，即，
曲线的直角坐标方程为，
由直线的参数方程（t为参数），消去得，
即直线的普通方程为.
（Ⅱ）点的直角坐标为，则点在直线上.
将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，整理得，
直线与曲线交于两点，
，即.
设点所对应的参数分别为，
由韦达定理可得，
.
点在直线上，，
.
本题考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化及应用，属于中档题.
19．（1）见解析（2）
【解析】
（1）首先可得，再面面垂直的性质可得平面，即可得到，再由，即可得到线面垂直；
（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；
【详解】
解：（1）∵，点为的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴，
又∵，分别为，的中点，
∴，∴，
又平面，平面，，
∴平面.
（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，∵，∴，，
，，
∴，，，
设平面的法向量为，
由，得，令，得，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法求线面角，属于中档题.
20．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）由题意，只需找到的最大值即可；
（2），构造并利用基本不等式可得，即.
【详解】
（1），
∴的最大值为4.
关于的不等式有解等价于，
（ⅰ）当时，上述不等式转化为，解得，
（ⅱ）当时，上述不等式转化为，解得，
综上所述，实数的取值范围为，则实数的最大值为3，即.
（2）证明：根据（1）求解知，所以，
又∵，，，，
，当且仅当时，等号成立，
即，∴，
所以，.
本题考查绝对值不等式中的能成立问题以及综合法证明不等式问题，是一道中档题.
21．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）设为中点，连结，先证明，可证得，假设不为线段的中点，可得平面，这与矛盾，即得证；
（2）以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求解平面，平面的法向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.
【详解】
（1）设为中点，连结.
∴，，
又
平面，
平面，
∴.
又分别为中点，
，又，
∴.
假设不为线段的中点，
则与是平面内内的相交直线，
从而平面，
这与矛盾，所以为线段的中点.
（2）以为原点，由条件面面，
∴，以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，
，.
设平面的法向量为
所以
取，则，.
同法可求得平面的法向量为
∴，
由图知二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
本题考查了立体几何与空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.
22．（1）或；（2）
【解析】
（1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果.
（2）利用等价转化的思想，可得不等式在恒成立，然后解出解集，根据集合间的包含关系，可得结果.
【详解】
（1）当时，
原不等式可化为.
①当时，
则，所以；
②当时，
则，所以；
⑧当时，
则，所以.
综上所述：
当时，不等式的解集为或.
（2）由，
则，
由题可知：
在恒成立，
所以，即，
即，
所以
故所求实数的取值范围是.
本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题.