福建厦门松柏中学2025届高三适应性调研考试数学试题含解析

福建厦门松柏中学2025届高三适应性调研考试数学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．执行下面的程序框图，若输出的的值为63，则判断框中可以填入的关于的判断条件是（）A． B． C． D．2．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（）A． B． C． D．3．过抛物线的焦点且与的对称轴垂直的直线与交于，两点，，为的准线上的一点，则的面积为（）A．1 B．2 C．4 D．84．已知双曲线（）的渐近线方程为，则（）A． B． C． D．5．设为抛物线的焦点，，，为抛物线上三点，若，则（）.A．9 B．6 C． D．6．棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（）A． B． C． D．17．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，若点在角的终边上，则（）A． B． C． D．8．已知双曲线的左右焦点分别为，，以线段为直径的圆与双曲线在第二象限的交点为，若直线与圆相切，则双曲线的渐近线方程是（）A． B． C． D．9．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．10．如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图中判断框①处应填入的是（）A． B． C． D．11．刘徽是我国魏晋时期伟大的数学家，他在《九章算术》中对勾股定理的证明如图所示.“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类，因就其余不移动也.合成弦方之幂，开方除之，即弦也”.已知图中网格纸上小正方形的边长为1，其中“正方形为朱方，正方形为青方”，则在五边形内随机取一个点，此点取自朱方的概率为（）A． B． C． D．12．已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（）A． B．或 C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，满足不等式组，则的取值范围为________．14．函数在的零点个数为_________.15．已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，，，，，E，F分别为，的中点，，则球O的体积为______.16．函数的定义域是__________．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）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求B；（2）若的面积为，周长为8，求b.18．（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，是棱的中点.（1）求证：平面；（2）若，点是线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.19．（12分）已知函数，记不等式的解集为.（1）求；（2）设，证明：.20．（12分）已知公比为正数的等比数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21．（12分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，面.（1）在线段上是否存在点，使面，说明理由；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）如图，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成的角为.（1）求证：平面平面BDE；（2）求二面角B-EF-D的余弦值.

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、B【解析】

根据程序框图，逐步执行，直到的值为63，结束循环，即可得出判断条件.【详解】执行框图如下：初始值：，第一步：，此时不能输出，继续循环；第二步：，此时不能输出，继续循环；第三步：，此时不能输出，继续循环；第四步：，此时不能输出，继续循环；第五步：，此时不能输出，继续循环；第六步：，此时要输出，结束循环；故，判断条件为.故选B【点睛】本题主要考查完善程序框图，只需逐步执行框图，结合输出结果，即可确定判断条件，属于常考题型.2、B【解析】

由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，由此求出四棱锥的体积．【详解】由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：则该四棱锥的体积为.故选：B.【点睛】本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，是基础题．3、C【解析】

设抛物线的解析式，得焦点为，对称轴为轴，准线为，这样可设点坐标为，代入抛物线方程可求得，而到直线的距离为，从而可求得三角形面积．【详解】设抛物线的解析式，则焦点为，对称轴为轴，准线为，∵直线经过抛物线的焦点，，是与的交点，又轴，∴可设点坐标为，代入，解得，又∵点在准线上，设过点的的垂线与交于点，，∴.故应选C.【点睛】本题考查抛物线的性质，解题时只要设出抛物线的标准方程，就能得出点坐标，从而求得参数的值．本题难度一般．4、A【解析】

根据双曲线方程（），确定焦点位置，再根据渐近线方程得到求解.【详解】因为双曲线（），所以，又因为渐近线方程为，所以，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.5、C【解析】

设，，，由可得，利用定义将用表示即可.【详解】设，，，由及，得，故，所以.故选：C.【点睛】本题考查利用抛物线定义求焦半径的问题，考查学生等价转化的能力，是一道容易题.6、C【解析】

连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．【详解】如图，MN为该直线被球面截在球内的线段连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故选：C．【点睛】本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7、D【解析】

由题知，又，代入计算可得.【详解】由题知，又.故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式的应用求值.8、B【解析】

先设直线与圆相切于点，根据题意，得到，再由，根据勾股定理求出，从而可得渐近线方程.【详解】设直线与圆相切于点，因为是以圆的直径为斜边的圆内接三角形，所以，又因为圆与直线的切点为，所以，又，所以，因此，因此有，所以，因此渐近线的方程为.故选B【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.9、C【解析】

根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积.【详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积，故选C.【点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.10、C【解析】

根据程序框图的运行，循环算出当时，结束运行，总结分析即可得出答案.【详解】由题可知，程序框图的运行结果为31，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.此时输出.故选：C.【点睛】本题考查根据程序框图的循环结构，已知输出结果求条件框，属于基础题.11、C【解析】

首先明确这是一个几何概型面积类型，然后求得总事件的面积和所研究事件的面积，代入概率公式求解.【详解】因为正方形为朱方，其面积为9，五边形的面积为，所以此点取自朱方的概率为.故选：C【点睛】本题主要考查了几何概型的概率求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.12、C【解析】

由可得，故可求的值.【详解】因为，所以，故，因为正项等比数列，故，所以，故选C.【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）公比时，则有，其中为常数且；（3）为等比数列（）且公比为.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

画出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，易知在点处取得最小值，即，所以由图可知的取值范围为．14、1【解析】

本问题转化为曲线交点个数问题，在同一直角坐标系内，画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】问题函数在的零点个数，可以转化为曲线交点个数问题.在同一直角坐标系内，画出函数的图象，如下图所示：由图象可知：当时，两个函数只有一个交点.故答案为：1【点睛】本题考查了求函数的零点个数问题，考查了转化思想和数形结合思想.15、【解析】

可证，则为的外心，又则平面即可求出，的值，再由勾股定理求出外接球的半径，最后根据体积公式计算可得.【详解】解：，，，因为为的中点，所以为的外心，因为，所以点在内的投影为的外心，所以平面，平面，所以，所以，又球心在上，设，则，所以，所以球O体积，.故答案为：【点睛】本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，属于中档题．16、【解析】由，得，所以，所以原函数定义域为，故答案为.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、（1）；（2）【解析】

（1）通过正弦定理和内角和定理化简，再通过二倍角公式即可求出；（2）通过三角形面积公式和三角形的周长为8，求出b的表达式后即可求出b的值.【详解】（1）由三角形内角和定理及诱导公式，得，结合正弦定理，得，由及二倍角公式，得，即，故；（2）由题设，得，从而，由余弦定理，得，即，又，所以，解得.【点睛】本题综合考查了正余弦定理，倍角公式，三角形面积公式，属于基础题.18、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）的中点，连接，，证明四边形是平行四边形可得，故而平面；（2）以为原点建立空间坐标系，求出平面的法向量，计算与的夹角的余弦值得出答案．【详解】（1）证明：取的中点，连接，，，分别是，的中点，，，又，，，，四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面．（2）解：，，又，故，以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，是的中点，是的三等分点，，1，，，，，，，，，0，，，2，，设平面的法向量为，，，则，即，令可得，，，，，直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题考查了线面平行的判定，空间向量与直线与平面所成角的计算，属于中档题．19、（1）；（2）证明见解析【解析】

（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此解不等式求得不等式的解集.（2）将不等式坐标因式分解，结合（1）的结论证得不等式成立.【详解】（1）解：，由，解得，故.（2）证明：因为，所以，，所以，所以.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，属于基础题.20、（1）（2）【解析】

（1）判断公比不为1，运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，进而得到所求通项公式；（2）求得，运用数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，计算可得所求和.【详解】解：（1）设公比为正数的等比数列的前项和为，且，，可得时，，不成立；当时，，即，解得（舍去），则；（2），前项和，，两式相减可得，化简可得.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．21、（1）存在；详见解析（2）【解析】

（1）利用面面平行的性质定理可得，为上靠近点的三等分点，中点，证明平面平面即得；（2）过作交于，可得两两垂直，以分别为轴建立空间直角坐标系，求出长，写出各点坐标，用向量法求二面角．【详解】解：（1）当为上靠近点的三等分点时，满足面.证明如下，取中点，连结.即易得所以面面，即面．（2）过作交于面，两两垂直，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，设面法向量，则，即取同理可得面的法向量综上可知锐二面角的余弦值为．【点睛】本题考查立体几何中的存探索性命题，考查用空间向量法求二面角．线面平行问题可通过面面平行解决，一定要掌握：立体几何中线线平行、线面平行、面面平行是相互转化、相互依存的．求空间角一般是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角．22、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）要证明平面平面BDE，只需在平面内找一条直线垂直平面BDE即可；（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，分别求出平面BEF的法向量，平面的法向量，算出即可.【