汨罗市2025年高三适应性调研考试数学试题含解析

这是一份汨罗市2025年高三适应性调研考试数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知函，，则的最小值为，己知，，，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数在上可导且恒成立，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．、
B．、
C．、
D．、
2．已知，则（ ）
A．5B．C．13D．
3．由曲线围成的封闭图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知甲盒子中有个红球，个蓝球，乙盒子中有个红球，个蓝球，同时从甲乙两个盒子中取出个球进行交换，（a）交换后，从甲盒子中取1个球是红球的概率记为.（b）交换后，乙盒子中含有红球的个数记为.则（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是
A．在内总存在与平面平行的线段
B．平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．可能为直角三角形
6．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）．
A．B．C．D．
7．已知函，，则的最小值为（ ）
A．B．1C．0D．
8．已知三棱锥中，是等边三角形，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
9．己知，，，则（ ）
A．B．C．D．
10．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，，则输出的（ ）
A．3B．4C．5D．6
11．阿波罗尼斯（约公元前262~190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，当，，不共线时，的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
12．已知三棱锥的外接球半径为2，且球心为线段的中点，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列与均为等差数列（），且，则______．
14．若双曲线C：（，）的顶点到渐近线的距离为，则的最小值________.
15．已知函数为上的奇函数，满足.则不等式的解集为________.
16．在中，角，，的对边分别为，，，若，且，则面积的最大值为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数的定义域为，且满足，当时，有，且.
（1）求不等式的解集；
（2）对任意，恒成立，求实数的取值范围.
18．（12分）在平面直角坐标系中，直线的的参数方程为（其中为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，直线经过点．曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）过点作直线的垂线交曲线于两点(在轴上方)，求的值.
19．（12分）如图所示，直角梯形ABCD中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面ABCD．
(1)求证：平面ABE；
(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值．
(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．
20．（12分）为了加强环保知识的宣传，某学校组织了垃圾分类知识竟赛活动.活动设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名称.每位参赛选手从所有卡片中随机抽取张，按照自己的判断将每张卡片放入对应的箱子中.按规则，每正确投放一张卡片得分，投放错误得分.比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子，得分，放入其它箱子，得分.从所有参赛选手中随机抽取人，将他们的得分按照、、、、分组，绘成频率分布直方图如图：
（1）分别求出所抽取的人中得分落在组和内的人数；
（2）从所抽取的人中得分落在组的选手中随机选取名选手，以表示这名选手中得分不超过分的人数，求的分布列和数学期望.
21．（12分）已知函数，.
（1）若时，解不等式；
（2）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.
22．（10分）已知，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）的三个内角、、所对边分别为、、，若且，求面积的取值范围.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
设，利用导数和题设条件，得到，得出函数在R上单调递增，
得到，进而变形即可求解.
【详解】
由题意，设，则，
又由，所以，即函数在R上单调递增，
则，即，
变形可得.
故选：A.
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及其应用，以及利用单调性比较大小，其中解答中根据题意合理构造新函数，利用新函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与计算能力，属于中档试题.
2．C
【解析】
先化简复数，再求，最后求即可.
【详解】
解：，
，
故选：C
考查复数的运算，是基础题.
3．A
【解析】
先计算出两个图像的交点分别为，再利用定积分算两个图形围成的面积.
【详解】
封闭图形的面积为.选A.
本题考察定积分的应用，属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.
4．A
【解析】
分析：首先需要去分析交换后甲盒中的红球的个数，对应的事件有哪些结果，从而得到对应的概率的大小，再者就是对随机变量的值要分清，对应的概率要算对，利用公式求得其期望.
详解：根据题意有，如果交换一个球，
有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的乙盒的红球，
红球的个数就会出现三种情况；
如果交换的是两个球，有红球换红球、蓝球换蓝球、一蓝一红换一蓝一红、红换蓝、蓝换红、一蓝一红换两红、一蓝一红换亮蓝，
对应的红球的个数就是五种情况，所以分析可以求得，故选A.
点睛：该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题，在解题的过程中，需要对其对应的事件弄明白，对应的概率会算，以及变量的可取值会分析是多少，利用期望公式求得结果.
5．D
【解析】
A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；
B项利用线面垂直的判定定理；
C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;
D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.
【详解】
A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；
B项，如图：
当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；
C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；
D项,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误.
故选D
本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.
6．C
【解析】
设M,N,P分别为和的中点，得出的夹角为MN和NP夹角或其补角，根据中位线定理，结合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可.
【详解】
根据题意画出图形:
设M,N,P分别为和的中点，
则的夹角为MN和NP夹角或其补角
可知，.
作BC中点Q，则为直角三角形；
中，由余弦定理得
，
在中，
在中，由余弦定理得
所以
故选：C
此题考查异面直线夹角，关键点通过平移将异面直线夹角转化为同一平面内的夹角，属于较易题目.
7．B
【解析】
，利用整体换元法求最小值.
【详解】
由已知，
又，，故当，即时，.
故选：B.
本题考查整体换元法求正弦型函数的最值，涉及到二倍角公式的应用，是一道中档题.
8．D
【解析】
根据底面为等边三角形，取中点，可证明平面，从而，即可证明三棱锥为正三棱锥.取底面等边的重心为，可求得到平面的距离，画出几何关系，设球心为，即可由球的性质和勾股定理求得球的半径，进而得球的表面积.
【详解】
设为中点，是等边三角形，
所以，
又因为，且，
所以平面，则，
由三线合一性质可知
所以三棱锥为正三棱锥，
设底面等边的重心为，
可得，，
所以三棱锥的外接球球心在面下方，设为，如下图所示：
由球的性质可知，平面，且在同一直线上，设球的半径为，
在中，，
即，
解得，
所以三棱锥的外接球表面积为，
故选：D.
本题考查了三棱锥的结构特征和相关计算，正三棱锥的外接球半径求法，球的表面积求法，对空间想象能力要求较高，属于中档题.
9．B
【解析】
先将三个数通过指数，对数运算变形，再判断.
【详解】
因为，，
所以，
故选：B.
本题主要考查指数、对数的大小比较，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.
10．B
【解析】
分析：根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.
详解： 记执行第次循环时，的值记为有，则有；
记执行第次循环时，的值记为有，则有.
令，则有，故
，故选B.
点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）.
11．A
【解析】
根据平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结合求解.
【详解】
如图所示：
设，，，则，
化简得，
当点到（轴）距离最大时，的面积最大，
∴面积的最大值是.
故选：A.
本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
12．C
【解析】
由题可推断出和都是直角三角形，设球心为，要使三棱锥的体积最大，则需满足，结合几何关系和图形即可求解
【详解】
先画出图形，由球心到各点距离相等可得，，故是直角三角形，设，则有，又，所以，当且仅当时，取最大值4，要使三棱锥体积最大，则需使高，此时，
故选：C
本题考查由三棱锥外接球半径，半径与球心位置求解锥体体积最值问题，属于基础题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．20
【解析】
设等差数列的公差为,由数列为等差数列,且,根据等差中项的性质可得,
,解方程求出公差,代入等差数列的通项公式即可求解.
【详解】
设等差数列的公差为,
由数列为等差数列知,,
因为,所以,
解得,所以数列的通项公式为
，
所以.
故答案为:
本题考查等差数列的概念及其通项公式和等差中项;考查运算求解能力;等差中项的运用是求解本题的关键;属于基础题.
14．
【解析】
根据双曲线的方程求出其中一条渐近线，顶点，再利用点到直线的距离公式可得，由，利用基本不等式即可求解.
【详解】
由双曲线C：（，，
可得一条渐近线，一个顶点，
所以，解得，
则，
当且仅当时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：
本题考查了双曲线的几何性质、点到直线的距离公式、基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于基础题.
15．
【解析】
构造函数，利用导数判断出函数的单调性，再将所求不等式变形为，利用函数的单调性即可得解.
【详解】
设，则，
设，则.
当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.
所以，函数在处取得极小值，也是最小值，即，
，，，即，
所以，函数在上为增函数，
函数为上的奇函数，则，
，则不等式等价于，
又，解得.
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
本题主要考查不等式的求解，构造函数，求函数的导数，利用导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键．综合性较强．
16．
【解析】
利用正弦定理将角化边得到，再由余弦定理得到，根据同角三角函数的基本关系表示出，最后利用面积公式得到，由基本不等式求出的取值范围，即可得到面积的最值；
【详解】
解：∵在中，，∴，
∴，
∴，
∴.
∵，即，当且仅当时等号成立，
∴，∴面积的最大值为.
故答案为：
本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式的应用，以及基本不等式的应用，属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用定义法求出函数在上单调递增，由和，求出，求出，运用单调性求出不等式的解集；
（2）由于恒成立，由（1）得出在上单调递增，恒成立，设，利用三角恒等变换化简，结合恒成立的条件，构造新函数，利用单调性和最值，求出实数的取值范围.
【详解】
（1）设，
，
所以函数在上单调递增，
又因为和，
则，
所以
得
解得，即，
故的取值范围为；
（2） 由于恒成立，
恒成立，
设，
则
，
令， 则，
所以在区间上单调递增，
所以，
根据条件，只要 ，
所以.
本题考查利用定义法求函数的单调性和利用单调性求不等式的解集，考查不等式恒成立问题，还运用降幂公式、两角和与差的余弦公式、辅助角公式，考查转化思想和解题能力.
18．（1），；（2）
【解析】
(1)利用代入法消去参数可得到直线的普通方程，利用公式可得到曲线的直角坐标方程；(2)设直线的参数方程为（为参数），
代入得，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】
（1）由题意得点的直角坐标为，将点代入得
则直线的普通方程为.
由得，即.
故曲线的直角坐标方程为.
（2）设直线的参数方程为（为参数），
代入得．
设对应参数为，对应参数为．则，，且.
．
参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
19．（I）见解析（II）（III）
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，且，据此有，则平面．
（Ⅱ）由题意可得平面的法向量，结合(Ⅰ)的结论可得，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
（Ⅲ）设，，则，而平面的法向量，据此可得，解方程有或．据此计算可得．
试题解析：
（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∴，，
设平面的法向量，∴不妨设，又，
∴，∴，又∵平面，∴平面．
（Ⅱ）∵，，设平面的法向量，
∴不妨设，∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
（Ⅲ）设 ，，∴，
∴，又∵平面的法向量，
∴，∴，∴或．
当时，，∴；当时，，∴．
综上，．
20．（1）所抽取的人中得分落在组和内的人数分别为人、人；（2）分布列见解析，.
【解析】
（1）将分别乘以区间、对应的矩形面积可得出结果；
（2）由题可知，随机变量的可能取值为、、，利用超几何分布概率公式计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，并由此计算出随机变量的数学期望值.
【详解】
（1）由题意知，所抽取的人中得分落在组的人数有（人），得分落在组的人数有（人）.
因此，所抽取的人中得分落在组的人数有人，得分落在组的人数有人；
（2）由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、，
，，，
所以，随机变量的分布列为：
所以，随机变量的期望为.
本题考查利用频率分布直方图计算频数，同时也考查了离散型随机变量分布列与数学期望的求解，考查计算能力，属于基础题.
21．（1）（2）
【解析】
（1）零点分段法，分，，讨论即可；
（2）当时，原问题可转化为：存在，使不等式成立，即.
【详解】
解：（1）若时，，
当时，原不等式可化为，解得，所以，
当时，原不等式可化为，解得，所以，
当时，原不等式可化为，解得，所以，
综上述：不等式的解集为；
（2）当时，由得，
即，
故得，
又由题意知：，
即，
故的范围为.
本题考查解绝对值不等式以及不等式能成立求参数，考查学生的运算能力，是一道容易题.
22．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后解不等式，可求得函数的单调递增区间；
（2）由求得，利用余弦定理结合基本不等式求出的取值范围，再结合三角形的面积公式可求得面积的取值范围.
【详解】
（1），
解不等式，解得.
因此，函数的单调递增区间为；
（2）由题意，则，
，，，解得.
由余弦定理得，又，，
当且仅当时取等号，
所以，的面积.
本题考查正弦型函数单调区间的求解，同时也考查了三角形面积取值范围的计算，涉及余弦定理和基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.