2025年陕西省西安市西工大附中高考数学第八次适应性试卷
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.抛物线的焦点坐标是( )
A. B. C. D.
2.欧拉公式其中为虚数单位是由瑞士数学家欧拉发现的若复数，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
3.已知是无穷数列，，则“对任意的，，都有”是“是等差数列”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4.已知平面向量，满足，，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5.对函数，若数列满足，则称为牛顿数列若函数，数列为牛顿数列，且，，则( )
A. B. C. D.
6.已知是数据，，，，，，的第百分位数，若，则( )
A. B. C. D.
7.某个简谐运动可以用函数，来表示，部分图象如图所示，则( )
A.
B.
C. 直线是曲线的一条对称轴
D. 点是曲线的一个对称中心
8.如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长为( )
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。
9.下列结论中正确的有( )
A. 若两个具有线性相关关系的变量，其相关性越强，则样本相关系数的值越接近
B. 依据小概率的独立性检验推断两个分类变量与之间是否有有关联，经计算，可以推断两变量有关联，该推断犯错误的概率不超过
C. 随机变量，若，，则
D. 用拟合一组数据时，经代换后得到的回归直线方程为，则，
10.在棱为的正方体中，点在线段上运动，点在正方体表面上，为与的交点，则( )
A. 四面体的体积为定值 B. 存在点，使
C. 当时，点的轨迹长度为 D. 四面体外接球的表面积为
11.已知函数，则( )
A. 图象关于轴对称 B. 是的一个周期
C. 在单调递减 D. 图象恒在轴的上方
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.随机变量服从正态分布，，，则的最小值为______．
13.已知，，，则 ______．
14.已知直线分别与曲线，相切于点，，则的值为______．
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.本小题分
在中，，．
若，求；
若为边上的点且平分，，求的面积．
16.本小题分
已知函数．
当时，求函数的单调区间；
若函数有两个极值点，，且，求的取值范围．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱的中点．
证明：平面．
已知．
求平面与平面夹角的余弦值．
在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18.本小题分
投掷均匀的骰子，每次掷得的点数为或时得分，掷得的点数为，，，时得分独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分．
设投掷次骰子，最终得分为，求随机变量的分布列与期望；
若投掷次骰子，记合计得分恰为分的概率为，求；
设最终得分为分的概率为，求数列的通项公式．
19.本小题分
通过研究，已知对任意非零平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点逆时针方向旋转角得到点．
已知平面内点，点，把点绕点逆时针旋转得到点，求点的坐标；
已知曲线是函数的图象，它是某双曲线绕原点逆时针旋转后得到的，求的离心率；
已知曲线：是由某椭圆绕原点逆时针旋转后所得到的斜椭圆，过点作与两坐标轴都不平行的直线交曲线于点、，过原点作直线与直线垂直，直线交曲线于点、，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由．
答案解析
1.
【解析】解：由抛物线可得，故焦点坐标为
故选C．
2.
【解析】解：，
所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第三象限．
故选：．
根据欧拉公式写出复数的代数形式，再由复数的除法运算，进而确定对应点，即可得答案．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.
【解析】解：对任意的，，都有，
令，可以得到，因此是公差为的等差数列；
若，则，，，可得，
故“对任意的，，都有”是“是等差数列”的充分不必要条件．
故选：．
根据充分性和必要性的判断，直接论证即可．
本题主要考查了充分必要条件的判断，属于基础题．
4.
【解析】解：因为，所以，
因为，，所以，
即，解得，
所以在上的投影向量为．
故选：．
根据平面向量的数量积运算及投影向量的定义计算即可求得．
本题考查了平面向量的数量积运算及投影向量的求法，属于基础题．
5.
【解析】解：根据题意：若数列满足，
则称为牛顿数列．
因为，所以，则，
又因为，且，所以是首项为，公比的等比数列，
，，
则．
故选：．
根据题意，求得，得到是等比数列，求得，再得出结合等差数列求和即可．
本题考查数列的应用，涉及数列的递推与计算，属于中等题．
6.
【解析】解：数据从小到大排序为，，，，，，，
因为，
所以第百分位数为，即，
则，
所以．
故选：．
由百分位数的概念求得，再由二项式定理通项公式求解即可；
本题主要考查了百分位数的定义，考查了二项式定理的应用，属于基础题．
7.
【解析】解：由图知，由图象知，
又，
所以，
又，由五点作图知，解得，
可得，错；
设，由，
所以，
可得，B错误；
由，所以，所以C正确；
由题意可得，
由于，得到，
可得是的对称中心，D错误．
故选：．
根据图象可得可判断；利用的图象与性质可得，即可判断选项B的正误；，利用性质，求出的对称轴和对称中心，即可判断出选项C和的正误．
本题考查了由的部分图象确定其解析式以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于中档题．
8.
【解析】【分析】
本题考查直线与抛物线位置关系及其应用，空间向量长度与夹角的坐标表示，属于较难题．
联立直线与抛物线方程得到根与系数关系式，结合焦半径公式可得，进而根据线面垂直，以及二面角的定义得，根据锐角三角函数计算长度，可得，利用两点距离公式即可求解．
【解答】
解：因为抛物线过焦点为，
所以，
设直线的方程为，
，，
由，
可得，
则，
则，
故，
解得，
故，
即，
解得，
故，
如图，建立空间直角坐标系，过作平面于，过作轴于，连接，
由于轴，且轴，，
故轴平面，
因为平面，
故AH轴，则，
由于在直角坐标系中，
故，
因此在直角三角形中，
，
因此在空间直角坐标系中，
，
故，
故选：．
9.
【解析】解：若两个具有线性相关关系的变量，其相关性越强，
则样本相关系数的绝对值越接近，故A错误；
B.依据独立性检验相关知识可知B正确；
C.随机变量，则，，
若，，
则，，
解得，故C正确；
D.由得，又因，则，，得，故D正确．
故选：．
根据相关系数和独立性检验相关知识可判断；利用二项分布的期望和方差公式以及和等公式可判断；取对数将非线性方程化为线性方程可判断．
本题主要考查概率的知识，属于基础题．
10.
【解析】解：对于选项A，易知，又面，面，
所以面，又在上，所以到面的距离为定值，
又的面积为定值，所以四面体的体积为定值，故选项A正确；
对于选项B，如图，建立空间直角坐标系：
则，
设，
所以，
所以，
所以不成立，故选项B错误；
对于选项C，当时，则点在过中点且与垂直的平面上，又点在正方体表面上，
所以点的轨迹为正方形，如图所示，故点的轨迹长度为，所以选项C正确；
对于选项D，因为是直角三角形，所以外接圆圆心为，
则四面体外接球的球心在线段中点处，所以，
所以所求球的表面积为，故选项D错误．
故选：．
对于，利用正方体的性质可得，利用线面平行的判定定理得面，从而有到面的距离为定值，即可求解；对于，建立空间直角坐标系，利用线线垂直的向量法，即可求解；对于，根据条件得点的轨迹为正方形，即可求解；对于，利用截面圆的性质，得球心在线段中点处，求出球的半径，即可求解．
本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
11.
【解析】解：函数的定义域为，
又
，
函数为偶函数，其图象关于轴对称，故A正确；
，
由周期函数的定义可知，是的一个周期，故B正确；
，
，
又，且在定义域上连续，
则在上不可能单调递减，故C错误；
，
当时，，且，
又，
，得，
再由正弦函数在上单调递增，得，
则；
当时，，且，
又，
，即，
再由正弦函数在上单调递增，得，
则．
综上可得：对，恒成立，即图象恒在轴的上方，故D正确．
故选：．
根据偶函数的定义判断，计算即可判断，利用特殊值判断，根据正弦函数的性质及诱导公式判断．
本题考查符合三角函数的性质及应用，考查逻辑思维能力与运算求解能力，属难题．
12.
【解析】解：随机变量服从正态分布，，，
又，则，
所以，
当且仅当，即时取等号．
故答案为：．
利用正态分布的性质，得到，再利用基本不等式，即可求解．
本题考查正态分布的性质以及基本不等式相关知识，属于中档题．
13.
【解析】解：设，
，，，
则，
所以，解得．
故答案为：．
设，根据条件，利用全概率公式，即可求解
本题主要考查全概率公式，属于基础题．
14.
【解析】解：，，
则，
曲线在点处的切线方程为，
即，
，
则，
曲线在点处的切线方程为，
即，
，
，，
由可得，，
，
，
．
故答案为：．
先利用导数的几何意义求出曲线，在点，处的切线方程，进而得到，所以，，再化简求解即可．
本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题．
15.解：由正弦定理得，
结合，，，可得，
所以，可得不符合题意，舍去．
所以；
由平分，可得．
设，，由，可得．
结合，可得，整理得，
在中，由余弦定理得，
即，整理得，解得舍负．
所以的面积．
【解析】根据正弦定理，算出，可得，然后根据诱导公式与两角和的正弦公式，求出的值；
根据，利用三角形的面积公式算出，由此结合余弦定理算出，进而算出的面积．
本题主要考查三角恒等变换公式、正弦定理与余弦定理、三角形的面积公式及其应用，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．
16.解：当时，，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
，
所以，
设，令的两根分别为，，
则，分
所以方程在区间上有两个正根，
由，，
得
，
即，分
令，
则，
所以在区间上单调递减，且，
故的取值范围是分
【解析】当时，，当时，，当时，，从而可得函数的单调区间；
，设，由，，得，令，利用导数可得的单调性，继而可求得故的取值范围是．
本题主要考查函数的单调性与最值，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
17.解：证明：取的中点，连接，，如图所示，
因为为棱的中点，所以，，
因为，，所以，，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面；
因为平面，，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
因为为棱的中点，所以，
，，
设平面的法向量为，
则由，，可得，
令，则，，可得，
取的中点，连接，易知平面，
即是平面的一个法向量，，
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是，
设，，则，，
由知平面的一个法向量为，
则，
所以点到平面的距离是，
解得，即，
所以存在点满足题意，此时．
【解析】本题考查线面平行的判定、面面角夹角的余弦值及点到平面的距离求法，属于中档题．
作的中点，连接，，可证四边形是平行四边形，可得，可证得结论；
建立空间直角坐标系，利用向量法求解；
利用点到面距离的向量法求解即可．
18.解：由题意投掷均匀的骰子，每次掷得的点数为或时得分，掷得的点数为，，，时得分．
独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分，
投掷次骰子，最终得分为，
可得可能取值为，，，
，
，
．
的分布列为
数学期望．
根据题意，投掷次，得分为分，则只有一次投掷得分，
所以，
则，
则有，
两式相减，得，
所以．
由题意可知，
则有，
，
，
是以为首项，为公比的等比数列，
．
时，，
时，适合上式，
综上，．
【解析】根据题意分析可能的取值，求出相应的概率写出分布列，再利用公式求出期望值；
根据题意得出的表达式，利用错位相减法求和即可；
根据题意得出与以及的关系式，构造出等比数列，再利用累加法可求出的通项公式．
本题考查了离散型随机变量的概率分布，是中档题．
19.解：已知点，点，则，
所以．
设，则，
所以，，即点的坐标为．
设曲线上任意一点，旋转前对应的点．
由题意可知，
将其代入，即中，
可得，
化简得，即．
所以，，所以．
所以曲线的离心率为．
设直线：，，，则直线：．
将直线与斜椭圆方程联立得，
消去整理得，
所以，，
所以
．
将直线：代入斜椭圆：得，
所以，所以，
所以．
【解析】根据题中所给定义及向量的坐标运算即可求解；
设曲线上任意一点，旋转前对应的点根据题意可得坐标之间的关系式，将代入曲线中化简即可得旋转前的双曲线标准方程，即可求解离心率；
根据题意设出直线与直线的方程，及点、坐标，联立直线与斜椭圆方程，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理及弦长公式可求得；同理，联立直线与斜椭圆方程可求得，代入即可证明．
本题主要考查椭圆的性质，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
第1页，共1页
