广西南宁市2025届普通高中毕业班第三次适应性测试数学试题（解析版）

这是一份广西南宁市2025届普通高中毕业班第三次适应性测试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项是符合题目要求的．）
1. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得.
所以.
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】对于集合，由得，所以或，
所以．
故选：D．
3. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，
所以．
故选：C．
4. 设等差数列的前n项和为，若，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】假设等差数列的公差为，由得,
所以，所以，故，
则
则．
故选：C．
5. 若抛物线上一点A到准线及对称轴的距离分别是5和3，则p的值为（ ）
A. 1或8B. 1或9C. 2或8D. 2或9
【答案】B
【解析】设点的坐标为，已知点到对称轴的距离为，因为抛物线的对称轴为轴，所以，则．
因为点在抛物线上，所以，把代入可得，则．
抛物线的准线方程为，已知点到准线的距离为，所以．
把代入可得．
去分母，得到．解得或．
故选：B．
6. 设函数，，若曲线与恰有一个交点，则实数（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】令，定义域为R,
且，则为偶函数.
由于曲线与恰有一个交点,则只有唯一的零点，即，解得.
故选：D.
7. 过点直线l与曲线相切于点B，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】依题意，设，由，
则，
则，
化简得，解得，故，
故．
故选：B．
8. 如图，正方形的边长为1，、分别是边、边上的点，那么当的周长为2时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，，，，则，，
于是，
又的周长为2，即，变形可得，
于是，
又，所以，
.
故选：B.
二、多项选择题（本题共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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 的内角的对边分别为，且，，边的中线，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. 的面积为D. 的外接圆的面积为
【答案】ACD
【解析】由，根据正弦定理得，，
整理得，因为sinB>0，
所以得，解得，故A正确；
因为为边的中线，所以，整理得，即，
又，解得或（舍），
所以，故B错误；
，故C正确；
根据余弦定理，，即，解得，又由正弦定理得，解得，
所以的外接圆的面积为，故D正确.
故选：ACD.
10. 在棱长为a的正方体中，点E为的中点，点P满足，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则平面
B 若，则平面ABP
C. 若，则存在，使
D. 若，则存在，使平面DPB
【答案】ABD
【解析】对于A选项，若，则，
则点在线段上，如图．因平面平面，
且平面平面，平面平面，故，
因平面平面，故平面，
同理可证平面，因平面平面，且，
故有平面平面，又因为平面，所以平面，故A正确；
对于B选项，若，
则（为的中点）如下图，又因为，所以．
，又因为平面，平面，故B正确；
对于选项，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，，.
因为，，，所以，
则点的坐标为.若，则，，.
假设存在，使，则存在实数，使得，即，
可得，此方程无解，所以不存在，使，选项错误.
对于选项，若，则，，，.
设平面的法向量为，则，即，
由得，代入得，
即，，令，则，，所以.
若平面，则与平面的法向量平行，即存在实数，使得，，
可得，由代入得，解得，所以存在，使平面，选项正确.
故选：ABD．
11. 已知直线与椭圆交于A、B两点，、分别为椭圆的左、右焦点，M、N分别为椭圆的左、右顶点，关于直线l的对称点Q在椭圆上，则（ ）
A.
B. 若椭圆的离心率为，则直线MA，MB的斜率之积为
C. 若直线BQ平行于x轴，则
D. 若，则椭圆的离心率为
【答案】AC
【解析】如图，直线l与交于G，
对于A，由题意可知是中位线，故，故A正确；
对于B，设，则，且即，且，
所以，故B错误；
对于C，设点，则直线，
因为直线平行于x轴，所以点的中点，
所以由点G在直线l上且得，
解得，即，因此，故C正确.
对于D，若，设关于直线的对称点，则，解得，.
因为在椭圆上，将点坐标代入椭圆方程，即，
又，化简可得.
等式两边同时除以，设，则，解得或（舍去），所以，故D错误.
故选：AC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 的展开式中的系数为__________．
【答案】2
【解析】二项展开式通项，
则其，，则的展开式中的系数为.
故答案为：2.
13. 已知圆柱M的底面半径为3，高为，圆锥N的底面直径和母线长相等．若圆柱M和圆锥N的体积相等，则圆锥N的外接球的表面积为__________．
【答案】
【解析】圆柱的体积为，
设圆锥的底面半径为，则母线长为，故圆锥的高为，
则，故，解得，所以圆锥的高，
画出圆锥的轴截面对应的三角形BCD如下图所示，
则图中，圆锥的外接球半径为， ，
则，解得．
故圆锥的外接球表面积为．
故答案为：
14. 某志愿者协会安排甲、乙等5名志愿者到A、B、C三个社区进行志愿者服务，要求每个社区都要有志愿者去，且甲和乙都不能去A社区，则不同的安排方式有__________种．（用数字作答）
【答案】62
【解析】因为甲和乙都不能去A社区，对A社区去的志愿者人数进行分类讨论：
若去社区只有1个人，有3种情况，然后将剩余4人分为两组，再将这两组分配给两个社区，
此时有种不同的安排方式；
若去社区有2人，有种情况，然后将剩余3人分为两组，
再将这两组分配给两个社区，此时有种不同安排方式；
若去社区有3人，只需将甲，乙两人分配给社区即可，每个社区1个人，此时有种不同的安排方式．
由分类加法计数原理可知，不同的安排方式种数为种．
故答案为：62.
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. 已知双曲线的中心为坐标原点，且焦点在轴上，点在双曲线上，其一条渐近线方程为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点且倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的面积．
解：（1）已知双曲线的中心为坐标原点，且焦点在轴上，故其标准方程为，
又其渐近线方程为，即①，
又点在双曲线上，代入得②，
联立①②，解得，
所以双曲线的标准方程为；
（2）直线过点且倾斜角为，故其方程为，
将其代入双曲线方程，联立得，化简得，
解得和，代入直线，求得和，
即直线与双曲线的交点，
所以.
16. 已知正项数列的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）对，将数列中不大于的项的个数记为．若恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）当时，，得，所以．
当时，
联立，两式相减可得：
，化简得，
因为，所以，
故数列是以，公差的等差数列，所以.
（2）由，得，即，
，
是以4为首项，8为公比的等比数列，
所以.
因，即，即，
所以．
17. 等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）．
（1）求证：平面平面；
（2）如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由．
（1）证明：因为且，故四边形是平行四边形，则，
又为等腰梯形且，可得是等边三角形．
故四边形BCEA为菱形，是等边三角形，
因为为中点，所以，同理可证．
又，且平面，所以平面，
又BE在平面BCDE内，所以平面平面.
（2）解：存在点P，使得平面，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又，建立以为原点，所在直线为，，轴的空间直角坐标系，如图所示：
因为，
则，
设，
则，
设平面的一个法向量，则，
即，令，则，
要使平面，则，即，解得，
故在侧棱上存在点，使得平面，
此时，，
设平面的一个法向量，则，
即，令，则，即，
设平面与平面夹角为，所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
18. 甲、乙两位选手进行乒乓球擂台赛，比赛规则如下：①擂台赛开始时，擂主由抽签决定，甲和乙成为初始擂主的概率均为0.5；②每局比赛无平局，擂主守擂成功的概率是0.6，若守擂失败，则挑战者成为新任擂主；③当某位选手连续两次担任擂主〈不包含初始擂主）时，比赛立即结束，该选手获得胜利．
（1）若甲是初始擂主，求比赛在前三局内结束的概率；
（2）已知甲是初始擂主，求比赛在第四局结束的条件下甲最终获胜的概率；
（3）求甲成为最终获胜者的概率．
解：（1）甲是初始擂主时，比赛在前三局内结束包含以下情况：甲连胜两局，概率为，
乙连胜两局，概率为；
甲胜第一局乙连胜后两局，概率为；
乙胜第一局甲连胜后两局，概率为；
设事件A为比赛在前三局内结束，则；
答：比赛在前三局内结束的概率为.
（2）设事件为比赛在第四局结束，设事件为甲最终获胜，设事件为乙最终获胜．
则比赛在第四结局结束且甲最终获胜，只可能是甲胜第一局，乙胜第二局，甲连胜后两局，
故.
比赛在第四结局结束且乙最终获胜，只可能是乙胜第一局，甲胜第二局，乙连胜后两局，则其概率为，
故；
故比赛在第四局结束条件下甲最终获胜的概率；
答：比赛在第四局结束的条件下甲最终获胜的概率为.
（3）定义：状态：当前擂主为甲，且未连胜．设此状态下甲最终获胜的概率为；
状态：当前播主为甲，且连胜一次．设此状态下甲最终获胜的概率为；
状态：当前播主为乙，且未连胜．设此状态下甲最终获胜的概率为；
状态：当前擂主为乙，且连胜一次．设此状态下甲最终获胜的概率为．
当状态为时，甲守播成功（概率为0.6），进入状态；甲失败（概率为0.4），进入状态，
可得，，
当状态为时，甲守擂成功（概率为0.6），比赛结束；甲失败（概率为0.4），进入状态，
可得，；
当状态为时，乙守擂成功（概率为0.6），进入状态；乙失败（概率为0.4），进入状态，
可得，；
当状态为时，乙守擂成功（概率为0.6），比赛结束；乙失败（概率为0.4），进入状态，
可得，；
综合以上四个方程，可解得，．
又擂台赛开始时，擂主由抽签决定，甲和乙成为初始擂主的概率均为0.5，故甲成为最终获胜者的概率.
19. 对于正整数n，定义函数，函数的导函数记为．
（1）求函数在区间上的零点；
（2）证明：当n为奇数时，函数在区间上至少存在2个极值点；
（3）证明：对于任意实数x，有，并指出等号成立时x的取值．
（1）解：依题意
.
令，即或或，
解得函数在区间的零点为.
（2）证明：方法一：依题意，对函数求导，得：，
当时，
当时，又为奇数，故，
由零点存在性定理，则存在使得且为极大值点．
又
函数在区间连续且一个对称中心为．
故存在为的极小值点，故在至少存在2个极值点．
方法二：．
取，
，
由零点存在定理，使得，且均为变号零点，
则在至少存在2个极值点.
（3）证明：由（2）知，
由于，
可得，
等号成立当且仅当所有的符号一致且，
此时，解得，则，
或，解得，，
综上或