焦作市重点中学2025届高考适应性考试数学试卷含解析

焦作市重点中学2025届高考适应性考试数学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．若为虚数单位，则复数的共轭复数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2．如图，正方体中，，，，分别为棱、、、的中点，则下列各直线中，不与平面平行的是（）A．直线 B．直线 C．直线 D．直线3．已知命题：任意，都有；命题：，则有．则下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．4．已知函数．下列命题：①函数的图象关于原点对称；②函数是周期函数；③当时，函数取最大值；④函数的图象与函数的图象没有公共点，其中正确命题的序号是（）A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④5．两圆和相外切，且，则的最大值为（）A． B．9 C． D．16．下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥．在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（）A． B． C． D．7．若，则实数的大小关系为（）A． B． C． D．8．已知函数，，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．9．已知随机变量X的分布列如下表：X01Pabc其中a，b，.若X的方差对所有都成立，则（）A． B． C． D．10．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11．等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；（2）存在某个位置，使得；（3）设二面角的平面角为，则；（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.其中，正确说法的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．412．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列的前项满足，则______.14．已知是抛物线上一点，是圆关于直线对称的曲线上任意一点，则的最小值为________．15．，则f（f（2））的值为____________．16．下图是一个算法流程图,则输出的的值为__________．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）记为数列的前项和，已知，等比数列满足，.（1）求的通项公式；（2）求的前项和.18．（12分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.（1）求异面直线AC与BE所成角的余弦值；（2）求二面角F-BC1-C的余弦值．19．（12分）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.（1）求的方程；（2）过点的直线与相交于、两点，与相交于、两点，且与同向，设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形；（3）为上的动点，、为长轴的两个端点，过点作的平行线交椭圆于点，过点作的平行线交椭圆于点，请问的面积是否为定值，并说明理由.20．（12分）某市调硏机构对该市工薪阶层对“楼市限购令”态度进行调查，抽调了50名市民，他们月收入频数分布表和对“楼市限购令”赞成人数如下表：月收入（单位：百元）频数51055频率0.10.20.10.1赞成人数4812521（1）若所抽调的50名市民中，收入在的有15名，求，，的值，并完成频率分布直方图．（2）若从收入（单位：百元）在的被调查者中随机选取2人进行追踪调查，选中的2人中恰有人赞成“楼市限购令”，求的分布列与数学期望．（3）从月收入频率分布表的6组市民中分别随机抽取3名市民，恰有一组的3名市民都不赞成“楼市限购令”，根据表格数据，判断这3名市民来自哪组的可能性最大？请直接写出你的判断结果．21．（12分）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，直线和直线的极坐标方程分别是（）和（），其中（）.（1）写出曲线的直角坐标方程；（2）设直线和直线分别与曲线交于除极点的另外点，，求的面积最小值.22．（10分）已知抛物线：（）上横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4.（1）求p的值；（2）设（）为抛物线上的动点，过P作圆的两条切线分别与y轴交于A、B两点.求的取值范围.

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、B【解析】

由共轭复数的定义得到，通过三角函数值的正负，以及复数的几何意义即得解【详解】由题意得，因为，，所以在复平面内对应的点位于第二象限．故选：B【点睛】本题考查了共轭复数的概念及复数的几何意义，考查了学生概念理解，数形结合，数学运算的能力，属于基础题.2、C【解析】

充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据判断A的正误.根据，判断B的正误.根据与相交，判断C的正误.根据，判断D的正误.【详解】在正方体中，因为，所以平面，故A正确.因为，所以，所以平面故B正确.因为，所以平面，故D正确.因为与相交，所以与平面相交，故C错误.故选：C【点睛】本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题.3、B【解析】

先分别判断命题真假，再由复合命题的真假性，即可得出结论.【详解】为真命题；命题是假命题，比如当,或时，则不成立.则，，均为假.故选:B【点睛】本题考查复合命题的真假性，判断简单命题的真假是解题的关键，属于基础题.4、A【解析】

根据奇偶性的定义可判断出①正确；由周期函数特点知②错误；函数定义域为，最值点即为极值点，由知③错误；令，在和两种情况下知均无零点，知④正确.【详解】由题意得：定义域为，，为奇函数，图象关于原点对称，①正确；为周期函数，不是周期函数，不是周期函数，②错误；，，不是最值，③错误；令，当时，，，，此时与无交点；当时，，，，此时与无交点；综上所述：与无交点，④正确.故选：.【点睛】本题考查函数与导数知识的综合应用，涉及到函数奇偶性和周期性的判断、函数最值的判断、两函数交点个数问题的求解；本题综合性较强，对于学生的分析和推理能力有较高要求.5、A【解析】

由两圆相外切，得出，结合二次函数的性质，即可得出答案.【详解】因为两圆和相外切所以，即当时，取最大值故选：A【点睛】本题主要考查了由圆与圆的位置关系求参数，属于中档题.6、C【解析】令圆的半径为1，则，故选C．7、A【解析】

将化成以为底的对数，即可判断的大小关系；由对数函数、指数函数的性质，可判断出与1的大小关系，从而可判断三者的大小关系.【详解】依题意，由对数函数的性质可得.又因为，故.故选:A.【点睛】本题考查了指数函数的性质，考查了对数函数的性质，考查了对数的运算性质.两个对数型的数字比较大小时，底数相同，则构造对数函数，结合对数的单调性可判断大小；若真数相同，则结合对数函数的图像或者换底公式可判断大小；若真数和底数都不相同，则可与中间值如1,0比较大小.8、C【解析】

将函数解析式化简，并求得，根据当时可得的值域；由函数在上单调递减可得的值域，结合存在性成立问题满足的集合关系，即可求得的取值范围.【详解】依题意，则，当时，，故函数在上单调递增，当时，；而函数在上单调递减，故，则只需，故，解得，故实数的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查了导数在判断函数单调性中的应用，恒成立与存在性成立问题的综合应用，属于中档题.9、D【解析】

根据X的分布列列式求出期望,方差,再利用将方差变形为,从而可以利用二次函数的性质求出其最大值为,进而得出结论.【详解】由X的分布列可得X的期望为,又,所以X的方差,因为,所以当且仅当时,取最大值,又对所有成立,所以,解得,故选:D.【点睛】本题综合考查了随机变量的期望､方差的求法,结合了概率､二次函数等相关知识,需要学生具备一定的计算能力,属于中档题.10、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【点睛】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.11、C【解析】

解：对于（1），当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故（2）正确；对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角，为θ，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正确；对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dP﹣BC，因为＜1，所以点P的轨迹为椭圆．（4）正确．故选：C．点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.12、C【解析】

根据在关于对称的区间上概率相等的性质求解．【详解】，，，．故选：C．【点睛】本题考查正态分布的应用．掌握正态曲线的性质是解题基础．随机变量服从正态分布，则．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由已知写出用代替的等式，两式相减后可得结论，同时要注意的求解方法．【详解】∵①，∴时，②，①－②得，∴，又，∴（）．故答案为：．【点睛】本题考查求数列通项公式，由已知条件．类比已知求的解题方法求解．14、【解析】

由题意求出圆的对称圆的圆心坐标，求出对称圆的圆坐标到抛物线上的点的距离的最小值，减去半径即可得到的最小值.【详解】假设圆心关于直线对称的点为，则有，解方程组可得，所以曲线的方程为，圆心为，设，则，又，所以，，即，所以，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关动点距离的最小值问题，涉及到的知识点有点关于直线的对称点，点与圆上点的距离的最小值为到圆心的距离减半径，属于中档题目.15、1【解析】

先求f（1），再根据f（1）值所在区间求f（f（1））.【详解】由题意，f（1）=log3（11–1）=1，故f（f（1））=f（1）=1×e1–1=1，故答案为：1．【点睛】本题考查分段函数求值，考查对应性以及基本求解能力.16、3【解析】

分析程序中各变量、各语句的作用,根据流程图所示的顺序,即可得出结论.【详解】解:初始,第一次循环:;第二次循环:;第三次循环:;经判断,此时跳出循环,输出.故答案为:【点睛】本题考查了程序框图的应用问题,解题的关键是对算法语句的理解,属基础题.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）当时，；当时，.【解析】

（1）利用数列与的关系，求得；（2）由（1）可得：，，算出公比，利用等比数列的前项和公式求出.【详解】（1）当时，，当时，，因为适合上式，所以.（2）由（1）得，，设等比数列的公比为，则，解得，当时，，当时，.【点睛】本题主要考查数列与的关系、等比数列的通项公式、前项和公式等基础知识，考查运算求解能力..18、（1）.（2）.【解析】

（1）先根据空间直角坐标系，求得向量和向量的坐标，再利用线线角的向量方法求解.（2）分别求得平面BFC1的一个法向量和平面BCC1的一个法向量，再利用面面角的向量方法求解.【详解】规范解答（1）因为AB＝1，AA1＝2，则F(0，0，0)，A，C，B，E，所以＝(－1，0，0)，＝记异面直线AC和BE所成角为α，则cosα＝|cos〈〉|＝＝，所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为.（2）设平面BFC1的法向量为=(x1，y1，z1)．因为＝，＝，则取x1＝4，得平面BFC1的一个法向量为＝(4，0，1)．设平面BCC1的法向量为＝(x2，y2，z2)．因为＝，＝(0，0，2)，则取x2＝得平面BCC1的一个法向量为＝(，－1，0)，所以cos〈〉＝=根据图形可知二面角F-BC1-C为锐二面角，所以二面角F-BC1-C的余弦值为.【点睛】本题主要考查了空间向量法研究空间中线线角，面面角的求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.19、（1）；（2）证明见解析；（3）是，理由见解析.【解析】

（1）根据两个曲线的焦点相同，得到，再根据与的公共弦长为得出，可求出和的值，进而可得出曲线的方程；（2）设点，根据导数的几何意义得到曲线在点处的切线方程，求出点的坐标，利用向量的数量积得出，则问题得以证明；（3）设直线，直线，、、，推导出以及，求出和，通过化简计算可得出为定值，进而可得出结论.【详解】（1）由知其焦点的坐标为，也是椭圆的一个焦点，，①又与的公共弦的长为，与都关于轴对称，且的方程为，由此易知与的公共点的坐标为，，②联立①②，得，，故的方程为；（2）如图，，由得，在点处的切线方程为，即，令，得，即，，而，于是，因此是锐角，从而是钝角.故直线绕点旋转时，总是钝角三角形；（3）设直线，直线，、、，则，设向量和的夹角为，则的面积为，由，可得，同理可得，故有.又，故，则，因此，的面积为定值.【点睛】本题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系，考查钝角三角形的判定以及三角形面积为定值的求解，关键是联立方程，构造方程，利用韦达定理，以及向量的关系，得到关于斜率的方程，计算量大，属于难题．20、（1），频率分布直方图见解析；（2）分布列见解析，；（3）来自的可能性最大．【解析】

（1）由频率和为可知，根据求得，从而计算得到频数，补全频率分布