PAGE24-貴州省貴陽市2025屆高三數學6月適應性考試試題（二）文（含解析）留意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分．答卷前，考生務必將自己的姓名、報名號、座位號填寫在答題卡相應位置上．2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．寫在本試卷上無效．3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．4．請保持答題卡平整，不能折疊．考試結束，監考員將試題卷、答題卡一并收回．第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，集合，則()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由一元二次不等式的解法化簡集合，再由集合的交集運算求解即可.【詳解】由，解得或則或，故選：A【點睛】本題主要考查了集合的交集運算，屬于基礎題.2.已知復數滿意，則其共軛復數（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據復數的運算法則計算，即可寫出共軛復數.【詳解】，∴.故選：D【點睛】本題主要考查了復數的運算法則，共軛復數的概念，屬于簡單題.3.已知直線，和平面滿意，則“”是“”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】依據充分必要條件的定義，結合線面垂直關系推斷．【詳解】，，則，必要性成立，如圖，正方體中，，但與平面不垂直，充分性不成立，應為必要不充分條件．故選：B．【點睛】本題考查充分必要條件的推斷，考查線面垂直關系的推斷．駕馭充分必要條件的定義是解題關鍵．4.已知，，，則()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】找中間量0和1進行比較，依據指數函數、對數函數的單調性可得到答案.【詳解】因為，，，所以.故選：B.【點睛】本題考查了利用指數函數和對數函數的單調性比較大小，找中間量0和1進行比較是關鍵，屬于基礎題.5.已知拋物線，則該拋物線的焦點到準線的距離為（）A.8 B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】將拋物線的方程化為標準方程，由此求得拋物線的焦點到準線的距離.【詳解】拋物線的標準方程為，所以.故拋物線的焦點到準線的距離為.故選：D【點睛】本小題主要考查拋物線的焦點與準線，屬于基礎題.6.公元前世紀，古希臘哲學家芝諾發表了聞名阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處起先與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜的倍.當競賽起先后，若阿基里斯跑了米，此時烏龜便領先他米，當阿基里斯跑完下一個米時，烏龜先他米，當阿基里斯跑完下-個米時，烏龜先他米.所以，阿基里斯恒久追不上烏龜.依據這樣的規律，若阿基里斯和烏龜的距離恰好為米時，烏龜爬行的總距離為（）A.米 B.米C.米 D.米【答案】D【解析】【分析】依據題意，是一個等比數列模型，設，由，解得，再求和.【詳解】依據題意，這是一個等比數列模型，設，所以，解得，所以.故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的實際應用，還考查了建模解模的實力，屬于中檔題.7.若貴陽某路公交車起點站的發車時間為6:35，6:50，7:05，小明同學在6:40至7:05之間到達起點站乘坐公交車，且到達起點站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過5分鐘的概率是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出小明同學等車時間不超過5分鐘能乘上車的時長后可計算出概率．【詳解】6:40至7:05共25分鐘，小明同學等車時間不超過5分鐘能乘上車只能是6:45至6:50和7:00至7:05到站，共10分鐘，所以所求概率為．故選：C．【點睛】本題考查幾何概型，解題關鍵是求小明同學等車時間不超過5分鐘能乘上車的時長，留意發車時間后到站都不合要求．8.函數在上的圖象大致為()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】確定奇偶性，解除B，利用函數值的正負解除D，函數函數值為0解除C，從而得出正確選項．【詳解】由知是偶函數，解除B，記銳角滿意，則當時，，解除D；，解除C，故選：A．【點睛】本題考查由函數解析式選取函數圖象，方法是解除法，解題時可通過探討函數的性質，如奇偶性、單調性，對稱性等解除一些選項，再探討函數的零點，函數值的正負，函數值的改變趨勢等解除一些選項．9.已知非零向量滿意，且，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據得到，化簡后求得與的夾角的余弦值，進而求得夾角的大小.【詳解】設與的夾角為，由于，所以，即，，，，所以，由于，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查向量夾角的計算，屬于基礎題.10.已知函數，函數的圖象由圖象向右平移個單位長度得到，則下列關于函數的說法正確的是()A.的圖象關于直線對稱 B.的圖象關于點對稱C.單調遞增 D.在單調遞減【答案】C【解析】【分析】依據平移變換得出的解析式，再由整體代入法、代入驗證法得出的單調性、對稱軸和對稱中心.【詳解】由題意可知，不是的最大值也不是最小值，故A錯誤；，故B錯誤；由，解得當時，則函數在單調遞增，故D錯誤；又，則函數在單調遞增，故C正確；故選：C【點睛】本題主要考查了求正弦型函數的對稱軸，對稱中心，單調性，屬于中檔題.11.已知均為正數，函數的圖象過點，則的最小值為（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】D【解析】【分析】先由題意，得到，再將所求式子化簡，依據基本不等式求解，即可得出結果.【詳解】因為的圖象過點，所以，即，又均為正數，所以，當且僅當，即，即時，等號成立.故選：D.【點睛】本題主要考查由條件等式求最值的問題，敏捷運用基本不等式即可，屬于常考題型.12.已知是雙曲線的右焦點，是坐標原點.過作的一條漸近線的垂線，垂足為，并交軸于點.若，則的離心率為()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用漸近線的斜率以及勾股定理求出，，再依據可得，再利用以及離心率公式可求得結果.【詳解】不妨設點在第一象限，如圖：設漸近線的傾斜角為，則，所以，又，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，所以，即，所以.故選：A.【點睛】本題考查了雙曲線的漸近線方程，考查了離心率公式，考查了雙曲線中的關系式，屬于基礎題.第Ⅱ卷（非選擇題共90分）本卷包括必考題和選考題兩部分．第13題~第21題為必考題，每個試題考生都必需作答，第22、23題為選考題，考生依據要求作答．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分．13.曲線在處的切線方程為___________．【答案】【解析】【分析】求得切點和切線的斜率，由此求得切線方程.【詳解】當時，，所以切點為.，即切線的斜率為，所以切線方程，化簡得.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用導數求切線方程，屬于基礎題.14.已知圓與直線相切，則___________．【答案】【解析】【分析】先求出圓心坐標為，半徑為1，由題得，解方程即得解.【詳解】由題得圓的方程為，所以圓心坐標為，半徑為1，所以，解之得.故答案為：.【點睛】本題主要考查直線和圓的位置關系，意在考查學生對這些學問的理解駕馭水平.15.在數列中，，則______，數列的前項和為______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】由條件可算出，然后，即可求出答案.【詳解】因為①所以當時可得當時②①②可得，即當時也滿意，所以所以因為所以數列的前項和為故答案為：；【點睛】常見數列的求和方法：公式法（等差等比數列）、分組求和法、裂項相消法、錯位相減法.16.已知三棱錐外接球的表面積為，是邊長為的等邊三角形，且平面平面，則三棱錐體積的最大值為______．【答案】【解析】【分析】取中點，由題設條件推導出當棱錐體積取最大值時，，平面，畫出圖象，數形結合，由此能求出結果．【詳解】三棱錐外接球的表面積為，設外接球半徑為依據球的表面積公式可得：解得：取中點，連結，是邊長為的等邊三角形，依據正弦定理可得：設外接圓圓心為M，半為可得，由，可知在球的小圓上(即外接圓心不與球心O重合)依據題意畫出圖象：過作的垂線，垂足是的中點D時所求三棱錐體積最大，又，，所以，，所以，三棱錐體積故答案為：．【點睛】本題主要考查了球內接三棱錐體積最值問題，解題關鍵是駕馭球內接三棱錐體積最值的求法和椎體體積計算公式，數形結合，考查了分析實力和計算實力，屬于中檔題．三、解答題：第17至21題每題12分，第22、23題為選考題，各10分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17.已知的內角，，所對的邊分別為，，，且.（1）求；（2）若為銳角三角形，且，求周長的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理化角為邊，再由余弦定理計算出，可得值；（2）用正弦定理把用表示，最終把周長表示為的三角函數，求出的取值范圍后利用正弦函數性質可得周長的取值范圍．【詳解】（1）由已知，，∴，在中，由正弦定理得，則，又，故.（2）由正弦定理，，則，，且，∴，又為銳角三角形，則，解得，∴，故，則，即周長的取值范圍為.【點睛】本題考查正弦定理，余弦定理，考查兩角和與差的正弦公式，正弦函數的性質，利用正弦定理進行邊角互化是解題關鍵，本題屬于中檔題．18.2024年2月以來，由于受新型冠狀病毒肺炎疫情的影響，貴州省中小學接連開展“停課不停絡學習.為了解貴陽市高三絡學習狀況，對甲、乙兩所中學分別隨機抽取了25名高三學生進行調查，依據絡學習時長（單位：）分別繪制了部分莖葉圖（如圖1）和乙校絡學習時長的部分頻率分布直方圖（如圖2），其中莖葉圖缺少乙校莖“5”和“6”葉的數據.注：莖葉圖中的莖表示整數位數據，葉表示小數位數據，如乙校收集到的最小數據為.（1）補全圖2的頻率分布直方圖，并估計乙校絡學習時長的平均數（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）；（2）求50名絡學習時長的中位數，并將日均網絡學習時長超過和不超過的學生人數填入下面的列聯表：超過不超過總計甲乙總計（3）依據（2）中的列聯表，能否有95%以上的把握認為甲、乙兩校高三絡學習時長有差異？附：，其中【答案】（1）直方圖見解析，4.86；（2）4.95，列聯表見解析；（3）沒有.【解析】【分析】（1）依據莖葉圖，分別求出乙校絡學習時長在和之間的頻率，再結合頻率分布直方圖，進而得解；（2）由莖葉圖即可求出值，依據莖葉圖，填寫列聯表即可；（3）依據列聯表，計算值，再與臨界值表進行比較，即可得出結論.【詳解】（1）乙校絡學習時長在之間的有5人，占乙校抽取人數的，頻率分布直方圖中之間的縱坐標為，乙校絡學習時長在之間的有10人，占乙校抽取人數的，頻率分布直方圖中之間的縱坐標為，由頻率分布直方圖可知，乙校絡學習時長在之間的占，所以，圖2的頻率分布直方圖如圖所示：由此估計乙校絡學習時長的平均數為.（2）由莖葉圖知，，列聯表如下：超過不超過總計甲151025乙101525總計252550（3）由（2）中的列聯表可知：，所以沒有以上的把握認為甲、乙兩所中學高三絡學習時長有差異.【點睛】本題考查了頻率分布直方圖的應用、莖葉圖的應用及獨立性檢驗的應用，考查學生對這些學問的駕馭實力，精確計算是本題的解題關鍵，屬于中檔題.19.如圖，在四棱錐中，為正方形，且平面平面．（1）若點為棱的中點，在棱上是否存在一點，使得∥平面？并說明理由；（2）若，求點到平面的距離．【答案】（1）存在，見解析（2）【解析】【分析】（1）取中點，連接,可證四邊形是平行四邊形即可得到，從而得證；（2）取中點，連接，可證平面，則，點到平面的距離為，由利用等體積法求點到面的距離；【詳解】解：（1）當為中點時，平面．理由如下：如圖，分別取中點，連接，又是的中點，，又為正方形，則，，又是中點，，則四邊形是平行四邊形，，又平面，平面平面；（2）如圖，取中點，連接，又，則，∵平面平面，平面平面平面平面，且，，由（1）知，平面，，在中，，，記點到平面的距離為，，解得∴點到平面的距離為【點睛】本題考查線面平行的證明，利用等體積法求點到面的距離，屬于中檔題.20.已知圓的圓心為，點是圓內一個定點，點是圓上隨意一點，線段的重直平分線與半徑相交于點．（1）求動點的軌跡的方程；（2）給定點，若過點的直線與軌跡相交于兩點（均不同于點）．證明：直線與直線的斜率之積為定值．【答案】（1）（2）見解析【解析】【分析】（1）依據垂直平分線的性質以及橢圓的定義，即可得出動點的軌跡的方程；（2）不過點，則斜率存在，設出直線的方程，聯立橢圓方程，設而不解，利用韋達定理，將直線與直線的斜率之積表示出來并化簡，證得定值.【詳解】解：（1）如圖，由已知，圓心，半徑．∵點在線段的垂直平分線上，則，又，，又，，則動點的軌跡是以為焦點，長軸長的橢圓，從而，故所求軌跡方程為．（2）由已知，直線過點，且不過點，則斜率存在，設，將其代入得，則成立，設，則，明顯設直線與直線的斜率分別為，則，即直線與直線的斜率之積為定值．【點睛】本題主要考查了求橢圓的標準方程以及橢圓中定值問題，還考查了設而不解，聯立方程組，根與系數的關系的應用，解題的關鍵是將兩直線斜率積表示出來并化簡，屬于中檔題.21.已知函數．（1）當時，求函數的單調區間；（2）若時，求證：對隨意的，有．【答案】（1）的單調遞增區間為，增區間為．（2）見解析【解析】【分析】（1）干脆求導，即可寫出函數的單調區間（2）利用不等式放縮關系，當時，，然后，令，利用導數求出，進而可證明不等式成立.【詳解】解：（1）當時，，且，令，則，令，則，令，則，所以的單調遞增區間為，增區間為．（2）當時，，令，則，令，則對恒成立，當且僅當時，在上單調遞增，又，當時，均有，即，當且僅當時，從而在上單調遞增，故，，綜上，時，對隨意的，有．【點睛】本題考查利用導數求函數的單調區間，以及利用導數求解含參不等式恒成立問題，屬于難題.請考生在第22、23題中