資源簡介

臨滄地區中學2025屆高考適應性月考卷（五）
數學
注意事項:
1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。
3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.若復數滿足其中是虛數單位，復數的共軛復數為，則( )
A. 的實部是 B. 的虛部是
C. D. 復數在復平面內對應的點在第四象限
2.已知球的表面積為，一圓臺的上、下底面圓周都在球的球面上，且下底面過球心，母線與下底面所成角為，則該圓臺的側面積為( )
A. B. C. D.
3.已知為實數集，集合或，，則圖中陰影部分表示的集合為( )
A. B. C. D.
4.已知，且，則( )
A. B. C. D. 或
5.已知函數的定義域為，，且，，則下列結論中一定正確的是( )
A. B. C. D.
6.拋物線的焦點為，準線為，，是拋物線上的兩個動點，且滿足設線段的中點在準線上的投影為，則的最大值是( )
A. B. C. D.
7.設等差數列的前項和為，公差為，若，，則下列結論不正確的是( )
A. B. 當時，取得最大值
C. D. 使得成立的最大自然數是
8.聲音是由于物體的振動產生的波我們平時聽到的樂音不只是一個音在響，而是許多個音的結合，稱為復合音，其函數是，下列關于函數的命題：
當時，的圖象關于直線對稱
當時，若，則
當時，是的周期
為奇函數
正確的個數是( )
A. B. C. D.
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.如圖，在正方體中，，分別是棱，上的動點，且，則下列結論或說法中正確的有( )
A.
B. 可能會出現與相交的情形
C. 可能會出現平面的情形
D. 可能會出現平面的情形
10.已知橢圓的右焦點為，過作兩條互相垂直的直線和，和分別與交于、和、，則( )
A. 的離心率為
B. 存在直線，使得
C. 為定值
D. 若上每個點的橫坐標不變，縱坐標變為原來的倍，則變為圓
11.是定義在區間上的函數，若存在二元函數滿足：
，且，，，
，，，
則稱為在上的“面積”系統下列說法正確的是( )
A. 若，為常數，則在上有唯一的“面積”系統
B. 若為在上的“面積”系統，則，，
C. 是在上的“面積”系統
D. 若則在上有無數個“面積”系統
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.變量與相對應的一組數據為：，，，，；變量 與 相對應的一組數據為：，，，，，表示變量 與 之間的線性相關系數，表示變量 與 之間的線性相關系數，則與的大小關系是 ．
13.已知函數，為的零點，為圖象的對稱軸，且在上不單調，則的最小值為 ．
14.小明同時擲個骰子，在擲完后，小明有一次重擲的機會，即可以選擇三個骰子中的任意多個進行重擲可以是個，并保留剩下骰子的點數，若最后點數之和為則取得勝利．為了取得勝利，則小明會選擇個骰子進行重擲的概率為 ．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.本小題分
的內角、、的對邊分別為、、，已知，且．
求；
若的面積為，角的角平分線為，求的長；
若為銳角三角形，為邊的中點，求的取值范圍．
16.本小題分
已知雙曲線，其焦距為，且雙曲線經過點．
求雙曲線的標準方程
已知斜率為的直線和雙曲線的右支交于，兩點，為坐標原點，若的重心在雙曲線上，求直線的方程．
17.本小題分
已知函數．
當時，求曲線在點處的切線方程
當時，證明：曲線是軸對稱圖形
若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍．
18.本小題分
如圖，在直棱柱中，底面是邊長為的菱形，分別是棱，的中點，C.
求證：
若直線與平面所成角的正弦值為．
(ⅰ)求到平面的距離
(ⅱ)求平面與平面夾角的余弦值．
19.本小題分
某研究機構開發了一款智能機器人，該機器人通過交替學習不同技能，，來提升綜合能力初始時，機器人選擇學習技能，且每次學習后會等可能地選擇學習或；每次學習后，有的概率繼續學習，的概率學習；每次學習后，有的概率繼續學習，的概率學習設，，分別表示第次學習后接著學習技能，，的概率．
若機器人僅進行三次學習，求學習技能次數的分布列及其數學期望；
求及其最大值；
已知，，
若數列的前項和為，證明：．
答案
1.【答案】
，
，
則的實部為，故A錯誤；的虛部是，故B錯誤；
，故C正確；
對應的點為在第一象限，故D錯誤．
故選：．
2.【答案】
設球的半徑為，可得，即，
圓臺的上、下底面圓周都在球的球面上，且下底面過球心，母線與下底面所成角為，
圓臺的下底面半徑為，圓臺的母線長為，圓臺的高，圓臺的上底面半徑為，
圓臺的側面積為．
故選：．
3.【答案】
由圖可知，陰影部分表示為，
化簡得，，
或，
所以，
所以，
故選：．
4.【答案】
由二倍角公式得，
由兩角差的正弦公式得，
因為，所以，
又因為，所以，所以，
聯立得或
因為，所以，所以，所以．
故選：．
5.【答案】
【解析】解：由題，，設，，
則，，，，，
所以函數的周期為，
故，，，．
由，則，即，
由，則，即，
所以，可得無法確定，
所以，無法判斷，
綜上所述，．
故選：．
6.【答案】
設、，如圖所示，根據拋物線的定義，
可知，，
在梯形中，有，
在中，
，
又，，
當且僅當時取等號，，
故的最大值是．
故選：．
7.【答案】
【解析】解：對于，因為等差數列中，，，
所以，，， A正確；
對于，由題意可知數列為遞減數列，且當時，，當時，；
所以可得時，取得最大值， B正確；
對于，由知，數列前項都大于，所以， C正確；
對于，易知，，
故成立的最大自然數， D錯誤．
故選：．
8.【答案】
【解析】解：根據題意，依次分析個命題：
對于，當時，，不是其圖象的對稱軸 ，故錯誤；
對于，當時，
，
若，則，，則，故正確；
對于，當時，，
，
則是的周期，故正確；
對于，，其定義域為，
則，
則為奇函數，故正確．
故選：．
9.【答案】
以為坐標原點，以，，分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為，，，
則，，，，，，，
，，故A正確；
，當時，，
，此時與相交，故B正確；
因為，
設平面的法向量為，，
則，
取，則，
當平面時，，方程組無解，故C錯誤；
當平面時，，解得，故D正確；
故選：．
10.【答案】
因為，，所以，故A正確；
設，
與橢圓方程聯立，
消去得，，
設，，
則，
利用弦長公式求得
，
同理，
由于，
所以當時，取最小值為，即，故B正確
為定值，故C正確；
橢圓上每個點的橫坐標不變，縱坐標變為原來的倍，設橢圓上任意一點坐標為，變換后對應得點為，可得，，即，又，所以，該曲線不是圓，故D錯誤．
故選：．
11.【答案】
【解析】解：對于選項，，，，使得
又，
即，A正確；
對于選項，由性質，，，有，得，
再應用性質，，
由此，，B正確；
對于選項，取，，則，
又，則，，
故性質不滿足，C錯誤．
對于選項，取為常數，
不難驗證，為的“面積系統”，
而取法有無數多個，D正確．
故選：．
12.【答案】
由變量 與 相對應的一組數據為： ， ， ， ， ．
可得：變量 與 之間正相關，因此 ．
而由變量 與 相對應的一組數據為 ， ， ， ， ，可知：變量 與 之間負相關， ．
因此 與 的大小關系是 ．
故答案為： ．
13.【答案】
函數，
且為的零點，為圖象的對稱軸，
，，且，，
相減可得，，
即，，即為偶數，
，在上不單調，
當時，由為的零點，
可得，，
，因為，所以．
因為在上不單調，所以的最小值為．
故答案為：
14.【答案】
三枚骰子和為的情況共有種，
投擲枚骰子得到指定點數的概率為：，
投擲枚骰子得到點數和為的概率為：，
拋擲枚骰子，只需要枚骰子的點數和為，，，，，
則投擲枚骰子得到的點數和與概率如下表：
表
拋擲枚骰子的點數和 點數和情況 出現概率





可知，拋擲枚骰子得到指定點數和的概率小于拋擲枚骰子得到指定點數的概率，
且拋擲枚骰子得到指定點數和的概率小于拋擲枚骰子得到指定點數的概率，
故小明會優先選擇重新投擲枚骰子從而使得枚骰子的點數和為，
則小明在拋擲后，出現的點數和不為，且有枚骰子的點數和小于，會選擇重新拋擲枚骰子的情況如下表：
表
第一枚點數 第二枚點數 第三枚點數 情況種數
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，
，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，
，，
，，
，，，，
，，，，
，，
，
，
，
，，，，
，，，
，，
，
，，，，
，，，，
，，
，
共種情況；
當拋擲的枚骰子中，出現的點數和不為，任意枚之和都大于時，選擇重新投擲枚或枚骰子，所有情況如下表：
表
第一枚點數 第二枚點數 第三枚點數 情況種數
，，，，，
，，，，
，，，
，，
，
，，，，
，，，，
，，，
，，
，
，，，
，，，
，，，
，，
，，
，，
，，
，
，
由表可知，選擇重新投擲枚骰子出現點數和為，或的概率大于重新投擲枚骰子使得點數和為的概率，
故當枚骰子中出現點數，或，且任意枚骰子的點數和大于時，選擇重新投枚骰子，
由表可知，共有種情況符合條件，
所以小明會選擇個骰子進行重擲的概率為：，
故答案為：．
15.【答案】解：設的外接圓半徑為，
由正弦定理可得，，，
因為，
所以，
又，
所以，
所以，又，故，
所以，因為，故，
所以，故，
所以；
因為的面積為，又的面積，，
由，所以，
因為為角的角平分線，故，
又，
所以，即，
所以；
所以的長為；
在中由正弦定理可得，
由，又，，
所以，
因為為銳角三角形，所以，，
所以，故，
所以，
在中由余弦定理可得，
又，，，
所以，
所以，
所以的取值范圍為．
16.【答案】解：根據題意可得，解得，
所以雙曲線的標準方程為
設直線方程為，，
聯立直線和雙曲線
整理化簡為，
根據題意可得，
且，
可得，
設的重心為，
則，
，
又點在雙曲線上，代入可得，
整理可得，
又因為，所以，
則直線的方程為，
即．
17.【答案】解：當時，，所以，
可得，所以，
所以曲線在點處的切線方程為；
證明：當時，，令，
設關于對稱，則，
因為，即，
所以，所以時，，所以曲線關于對稱；
解：函數的定義域為：，
其導數為，
所以，因為函數在上單調遞減，
所以在上恒成立，
當時，，不符；
當時，記，
因為，所以，即在上單調遞減，所以，
所以函數在上單調遞減，
綜上，實數的取值范圍是．
18.【答案】解：因為直棱柱，
所以平面，
又因為平面，
所以，
因為，，，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以．
以為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸，
如圖建立坐標系．
設，
由題意知，，，，，，
則，，，．
設平面法向量，
由，不妨令，
設與平面所成角為，
則，，解得，
即平面法向量
故到平面的距離；
設平面法向量，
由
不妨令，
因為，，
故平面與平面夾角的余弦值為．

19.【答案】解：設三次學習中學習技能次數為，則的取值可以為，，
第一次學，第二次學，第三次學，則，
第一次學，第二次學，第三次學，則，
故，
第一次學，第二次學，第三次學，則，
第一次學，第二次學，第三次學，則，
故，
故的分布列為：
故；
已知，
設，又，
所以
因此為等比數列，且公比為，首項為，
故，故，
要使得最大，則為偶數，此時，
此時單調遞減，故當時，取到最大值；
證明：，
，
，
，
，
，
所以
，
由于，
所以．

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