广东省佛山市顺德区普通高中2025届高三下学期5月适应性考试数学试题（PDF版，含答案）

广东省佛山市顺德区普通高中2025届高三下学期5月适应性考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复平面上两点对应的复数分别是，向量对应的复数为z，则
A. 17 B. C. 13 D.
2.设集合，则中的元素个数为
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
3.已知抛物线上的点A的横坐标为4，抛物线的焦点为若，则p的值为
A. 18 B. 9 C. 4 D. 2
4.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是
A. 是奇函数 B. 的图象关于直线对称
C. 在上的值域为 D. 在上单调递增
5.若的展开式中的常数项为31，则
A. B. 0 C. 1 D. 2
6.如图，已知矩形ABCD的边长满足，以A为圆心的圆与BD相切于P，则
A. B. C. 8 D.
7.在中，角的对边分别为已知，且A的内角平分线，则面积的最小值为
A. 2 B. C. 3 D.
8.已知函数，若存在最小值，则实数a的取值范围是
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.生活经验告诉我们，儿子的身高与父亲的身高不仅线性相关，而且还是正相关．有人调查了10名男大学生的身高单位：及其父亲身高单位：的数据，已知其中一组数据为，且，求得经验回归方程为，并绘制了如下残差图残差观测值-预测值，则
A. 这10名男大学生的身高的平均值为
B. 由残差图可判定儿子身高与父亲身高的关系不符合上述回归模型
C. 数据对应的残差为
D. 去掉数据后，重新求得的回归直线的决定系数变小
10.如图，已知棱长为2的正方体中心为M，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则
A.
B. 当时，四棱锥顶点M运动的轨迹长度为
C. 当时，平面平面
D. 存在旋转的角度，使得四点共面
11.已知函数及其导函数的定义域为R，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数，则 .
13.圆锥曲线在物理光学上都有各自光学性质．在双曲线中，从一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线会散开，但反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．已知双曲线C的方程为，一束光线从C的右焦点F射出．经过C反射后到达点则光线从F到Q所经过的路径长为 .
14.有m个大小外观一致、重量各不相同的小纸箱和一个天平，设为确保找到第二重的小纸箱时使用天平的最少次数．则 ； .
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.本小题13分
已知数列满足，且是关于x的方程的两个根．
求；
设，求数列的前21项和
16.本小题15分
已知函数
若曲线在点处的切线经过坐标原点，求a的值；
若存在两个极值点，求a的取值范围．
17.本小题15分
设椭圆的左、右焦点分别为已知在椭圆C上，且的面积为
求椭圆C的标准方程；
如图，过点M的直线l与椭圆C交于另一点N与x轴交于点P，若，求的面积．
18.本小题17分
如图，在直三棱柱中，，侧棱分别为上的动点，当Q运动到的中点时，异面直线AQ与所成角的余弦值为
证明：是正三棱柱；
若运动时，总满足当面积最小时，求二面角的大小．
19.本小题17分
如图，四人围成一圈玩成语接龙游戏，游戏开始时随机抽取一个成语，第1次由A接龙，下一次接龙的人由掷硬币决定，规则如下：随机掷3枚硬币，如果3枚硬币都是反面朝上，则第2次由A接龙；如果3枚硬币中仅有1枚正面朝上，则第2次由B接龙；如果3枚硬币中仅有2枚正面朝上，则第2次由C接龙；如果3枚硬币都是正面朝上，则第2次由D接龙．记第2次接龙的人为A或B或C或，再次掷3枚硬币决定下一次的接龙人，若掷出的硬币中有i枚硬币正面朝上，则按顺时针方向数，下一次由x后面的第i个人接龙若，则下一次由x接龙此后每次接龙以此类推．
分别求出第2次由接龙的概率；
记前3次中由A接龙的次数为X，求X的分布列及期望；
记第n次由A接龙的概率为，证明
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意可得，，则，
所以，得
故选：D
2.【答案】B
【解析】解：由，
则集合，
因此，元素个数为
故选：
3.【答案】D
【解析】解：由抛物线定义得，
又，解得
故选：D
4.【答案】C
【解析】解：由题意知不是奇函数，故A错误．
不关于直线对称，故B错误．
由，得，则，故C正确．
当时，，而在上不单调，
所以在上不单调，故D错误．
故选：C
5.【答案】C
【解析】解：依题意，，所以，即
故选：
6.【答案】A
【解析】解：由已知条件可知，，因此
故
故选：A
7.【答案】D
【解析】解：解法1：设，则
在中，由正弦定理得，故；
在中，由正弦定理得，故；
，当，即时，面积取最小值，为
解法2：由角平分线性质可知，，所以有
，
化简得：，即，当且仅当时，等号成立．
故
故选：
8.【答案】A
【解析】解：设，，
因为，所以为偶函数，
当时，单调递增，且单调递增，所以单调递增，
故当时，单调递减，
所以当时，，
当时，，因此，因为若存在最小值，则
故选：
9.【答案】AC
【解析】解：满足经验回归方程，代入，计算可得，故A正确；
从残差图中可以看到残差比较均匀地分布在以均值为0，横轴为对称轴的水平带状区域内，满足上述回归模型，故B错误；
代入，得，因此残差为，故C正确；
由残差图可知是一个极端数据，去掉后重新求得的回归直线拟合程度会变好，决定系数变大，D错误．
故选：
10.【答案】BCD
【解析】解：如图，

对于A，取的中点O，则，
所以为二面角的平面角，故，
而，因此A错误；
对于B，当旋转了也绕着旋转，由于M到的距离是正方体面对角线的一半，即，
因此旋转的轨迹长度是，故B正确；
对于C，把正方体的左边补多一个全等的正方体，则是补充正方体的中心．
因此，平面，平面，
从而平面，同理可得平面
，平面，
因此平面平面，故C正确；
对于D，由C可知，当时，
因此四边形是平行四边形，因此，即，
因此四点共面，D正确．
故选：
11.【答案】BCD
【解析】解：解法1：由，令，则，
因为，所以，故A错误；
令，则，①
所以，
因为为奇函数，所以为偶函数，，
所以，②
由①-②并整理得，
即，
所以，
所以是周期为3的周期函数，故，故B正确；
因为，所以，故C正确；
由上知，
在①中，令，得，所以，
所以，所以，故D正确．
解法2：令，此函数满足题意．
对于A，，A错误．
对于B，，B正确．
对于C，
因此，C正确．
对于D，，
，D正确．
故选：
12.【答案】
【解析】解：解法1：
当时，有
解法2：令，得
故答案为：
13.【答案】8
【解析】解：设光线与双曲线C的交点为P，双曲线C的左焦点为
由题意知，共线，
故路径长
故答案为：
14.【答案】9 ； 34
【解析】解：问题的解决分为2个步骤：
①从m个小纸箱中选取最重的小纸箱，根据二分法，将纸箱两两分组单数则最后1个轮空，采取分组晋级的方式，
最后找出最重的小纸箱，记为A，需要次从淘汰的角度，每一次使用天平就会淘汰一个纸箱，因此最少需要使用次天平；
②从被A淘汰的所有纸箱中，再一次使用二分法，找出最重的那个．
因此所需要的次数是表示向上取整，即表示不小于a的最小整数，例如；
因此，所以
故答案为：9；
15.【答案】解：因为是关于x的方程的两个根，
所以
所以数列是一个首项为1，公差为2的等差数列．
因此
由知，对于方程，
由韦达定理得，即
所以
所以

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：由题意可得
，则
因为切线经过坐标原点，所以，所以；
解法1：令，因为存在2个极值点，所以方程有2个变号零点，
即与的图象有2个交点
令
令，求得
当，，单调递减，当，，单调递增，
又因为当时，，且，当时，，作出图象如下：
结合图象，方程有2个变号零点的条件是
即存在2个极值点的条件是
解法半分离：令，因为存在2个极值点，
所以方程有2个变号零点，即与的图象有两个交点，
先分析两个函数图象相切的情况，设是函数的切点，有
，所以
作出图象如下：
由图象可知，要使得有两个交点，，即

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：解法1：的面积，解得，
因此左右焦点坐标为，
，
所以，
故椭圆C的标准方程为；
解法2：的面积，
解得，即①，
把代入椭圆有②
①②联立解得，
故椭圆C的标准方程为；
解法1：设直线l的方程为，，
联立直线与椭圆方程，
消去x得，
因此③，
由于，
因此，即，
于是，
整理得，
代入③得，
即，因此，
因此直线一定过，
由，得直线l方程为，
联立直线与椭圆方程，解得：，
因此的面积
；
解法2：由于，因此，
因为，
即，因此，
直线的方程为，
联立直线和椭圆的方程，
解得，
因此直线MN的方程为，故P的坐标，
因此的面积

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：证明：连接BQ，如下图：
因为是直三棱柱，
所以，
设，由于，
因此的大小就是异面直线AQ与所成角的大小，
根据勾股定理，
根据余弦定理
，
即①，
在中，根据余弦定理得
②，
联立①②解得，
故是正三角形，
因此是正三棱柱；
设P高于Q，，
则，
由于，因此，
即，化简得，
因此
，
当且仅当时等号成立，
因此，
解法1：设AC中点为中点为，连接，
以O为坐标原点，以OB，OC，所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则：，
，
设平面APQ的法向量是，
则，即，
取，得，
故平面APQ的一个法向量为，
，
设平面CPQ的法向量，
则，得，
取，得，
故平面CPQ的一个法向量为，
设二面角为，
则，
故二面角的大小为；
解法2：取BC中点D，连接AD，
由于，因此，
由于平面，
因此平面，
故是在平面上的投影，
，
设二面角为，
则，
故二面角的大小为

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】解：记为掷出的硬币中有i枚正面朝上的概率，
，
，
第2次由A接龙的概率，
第2次由B接龙的概率，
第2次由C接龙的概率，
第2次由D接龙的概率；
的取值可能为1，2，3
前3次中接龙的次数为3，即第2，3次均由进行接龙，
其概率为，
前3次中接龙的次数为1，即第2，3次均没有接龙，
分三种情况：第2次接龙且第3次没有接龙；
第2次接龙且第3次没有接龙，
第2次接龙且第3次没有接龙，
其概率为，
前3次中A接龙的次数为2的概率为
，
X的分布列为如下：
X
1 2 3
P
；
证明：记第n次由A接龙的概率为，
第n次由B接龙的概率为，
第n次由C接龙的概率为，第n次由D接龙的概率为，
则①②
③④
①+③得，
因为，
所以，所以，
下证若，则，
①+②得⑤
①+④得，
代入，
得⑥
⑤-⑥得，
所以，
因此，若，则，
⑤+⑥得，
所以，
因此，若，则，
因此若，则，
因为
所以

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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