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文档简介

黑龙江省安达市七中2025届高考适应性考试数学试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.设,,是非零向量.若,则()A. B. C. D.2.设,分别为双曲线(a>0,b>0)的左、右焦点,过点作圆的切线与双曲线的左支交于点P,若,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.3.已知函数,对任意的,,当时,,则下列判断正确的是()A. B.函数在上递增C.函数的一条对称轴是 D.函数的一个对称中心是4.“角谷猜想”的内容是:对于任意一个大于1的整数,如果为偶数就除以2,如果是奇数,就将其乘3再加1,执行如图所示的程序框图,若输入,则输出的()A.6 B.7 C.8 D.95.函数的图象可能是()A. B. C. D.6.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.3 B.4 C.5 D.67.设双曲线(,)的一条渐近线与抛物线有且只有一个公共点,且椭圆的焦距为2,则双曲线的标准方程为()A. B. C. D.8.已知向量,则是的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件 D.充要条件9.已知抛物线的焦点为,若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上,则直线被截得的弦长为()A. B. C. D.10.已知向量,则向量在向量方向上的投影为()A. B. C. D.11.已知集合A={x|x<1},B={x|},则A. B.C. D.12.已知非零向量满足,,且与的夹角为,则()A.6 B. C. D.3二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数是定义在上的奇函数,其图象关于直线对称,当时,(其中是自然对数的底数,若,则实数的值为_____.14.设P为有公共焦点的椭圆与双曲线的一个交点,且,椭圆的离心率为,双曲线的离心率为,若,则______________.15.在四面体中,分别是的中点.则下述结论:①四面体的体积为;②异面直线所成角的正弦值为;③四面体外接球的表面积为;④若用一个与直线垂直,且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积最大值为.其中正确的有_____.(填写所有正确结论的编号)16.若在上单调递减,则的取值范围是_______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)在平面直角坐标系中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程为(t为参数),曲线C的极坐标方程为ρ=4sin(θ+).(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程;(2)若直线l与曲线C交于M,N两点,求△MON的面积.18.(12分)如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.,且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.(1)求证:平面;(2)求三棱锥的体积.19.(12分)已知函数,,(1)讨论的单调性;(2)若在定义域内有且仅有一个零点,且此时恒成立,求实数m的取值范围.20.(12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,.(1)求cosC;(2)若b=7,D是BC边上的点,且△ACD的面积为,求sin∠ADB.21.(12分)如图,在四棱锥中底面是菱形,,是边长为的正三角形,,为线段的中点.求证:平面平面;是否存在满足的点,使得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.22.(10分)已知函数(1)求函数的单调递增区间(2)记函数的图象为曲线,设点是曲线上不同两点,如果在曲线上存在点,使得①;②曲线在点M处的切线平行于直线AB,则称函数存在“中值和谐切线”,当时,函数是否存在“中值和谐切线”请说明理由

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、D【解析】试题分析:由题意得:若,则;若,则由可知,,故也成立,故选D.考点:平面向量数量积.【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点,作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识,又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题,实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是:①利用已知条件,结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易);②将条件通过向量的线性运算进行转化,再利用①求解(较难);③建系,借助向量的坐标运算,此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.2、C【解析】

设过点作圆的切线的切点为,根据切线的性质可得,且,再由和双曲线的定义可得,得出为中点,则有,得到,即可求解.【详解】设过点作圆的切线的切点为,,所以是中点,,,.故选:C.【点睛】本题考查双曲线的性质、双曲线定义、圆的切线性质,意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力,属于中档题.3、D【解析】

利用辅助角公式将正弦函数化简,然后通过题目已知条件求出函数的周期,从而得到,即可求出解析式,然后利用函数的性质即可判断.【详解】,又,即,有且仅有满足条件;又,则,,函数,对于A,,故A错误;对于B,由,解得,故B错误;对于C,当时,,故C错误;对于D,由,故D正确.故选:D【点睛】本题考查了简单三角恒等变换以及三角函数的性质,熟记性质是解题的关键,属于基础题.4、B【解析】

模拟程序运行,观察变量值可得结论.【详解】循环前,循环时:,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,满足条件,退出循环,输出.故选:B.【点睛】本题考查程序框图,考查循环结构,解题时可模拟程序运行,观察变量值,从而得出结论.5、A【解析】

先判断函数的奇偶性,以及该函数在区间上的函数值符号,结合排除法可得出正确选项.【详解】函数的定义域为,,该函数为偶函数,排除B、D选项;当时,,排除C选项.故选:A.【点睛】本题考查根据函数的解析式辨别函数的图象,一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号,结合排除法得出结果,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.6、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).7、B【解析】

设双曲线的渐近线方程为,与抛物线方程联立,利用,求出的值,得到的值,求出关系,进而判断大小,结合椭圆的焦距为2,即可求出结论.【详解】设双曲线的渐近线方程为,代入抛物线方程得,依题意,,椭圆的焦距,,双曲线的标准方程为.故选:B.【点睛】本题考查椭圆和双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质,要注意双曲线焦点位置,属于中档题.8、A【解析】

向量,,,则,即,或者-1,判断出即可.【详解】解:向量,,,则,即,或者-1,所以是或者的充分不必要条件,故选:A.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断,考查向量平行的坐标表示,属于基础题.9、B【解析】

由焦点得抛物线方程,设点的坐标为,根据对称可求出点的坐标,写出直线方程,联立抛物线求交点,计算弦长即可.【详解】抛物线的焦点为,则,即,设点的坐标为,点的坐标为,如图:∴,解得,或(舍去),∴∴直线的方程为,设直线与抛物线的另一个交点为,由,解得或,∴,∴,故直线被截得的弦长为.故选:B.【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程,简单几何性质,点关于直线对称,属于中档题.10、A【解析】

投影即为,利用数量积运算即可得到结论.【详解】设向量与向量的夹角为,由题意,得,,所以,向量在向量方向上的投影为.故选:A.【点睛】本题主要考察了向量的数量积运算,难度不大,属于基础题.11、A【解析】∵集合∴∵集合∴,故选A12、D【解析】

利用向量的加法的平行四边形法则,判断四边形的形状,推出结果即可.【详解】解:非零向量,满足,可知两个向量垂直,,且与的夹角为,说明以向量,为邻边,为对角线的平行四边形是正方形,所以则.故选:.【点睛】本题考查向量的几何意义,向量加法的平行四边形法则的应用,考查分析问题解决问题的能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

先推导出函数的周期为,可得出,代值计算,即可求出实数的值.【详解】由于函数是定义在上的奇函数,则,又该函数的图象关于直线对称,则,所以,,则,所以,函数是周期为的周期函数,所以,解得.故答案为:.【点睛】本题考查利用函数的对称性计算函数值,解题的关键就是结合函数的奇偶性与对称轴推导出函数的周期,考查推理能力与计算能力,属于中等题.14、【解析】设根据椭圆的几何性质可得,根据双曲线的几何性质可得,,即故答案为15、①③④.【解析】

补图成长方体,在长方体中利用割补法求四面体的体积,和外接球的表面积,以及异面直线的夹角,作出截面即可计算截面面积的最值.【详解】根据四面体特征,可以补图成长方体设其边长为,,解得补成长,宽,高分别为的长方体,在长方体中:①四面体的体积为,故正确②异面直线所成角的正弦值等价于边长为的矩形的对角线夹角正弦值,可得正弦值为,故错;③四面体外接球就是长方体的外接球,半径,其表面积为,故正确;④由于,故截面为平行四边形,可得,设异面直线与所成的角为,则,算得,.故正确.故答案为:①③④.【点睛】此题考查根据几何体求体积,外接球的表面积,异面直线夹角和截面面积最值,关键在于熟练掌握点线面位置关系的处理方法,补图法作为解决体积和外接球问题的常用方法,平常需要积累常见几何体的补图方法.16、【解析】

由题意可得导数在恒成立,解出即可.【详解】解:由题意,,当时,显然,符合题意;当时,在恒成立,∴,∴,故答案为:.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性,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)直线l的普通方程为x+y-4=0.曲线C的直角坐标方程是圆:(x-)2+(y-1)2=4.(2)4【解析】

(1)将直线l参数方程中的消去,即可得直线l的普通方程,对曲线C的极坐标方程两边同时乘以,利用可得曲线C的直角坐标方程;(2)求出点到直线的距离,再求出的弦长,从而得出△MON的面积.【详解】解:(1)由题意有,得,x+y=4,直线l的普通方程为x+y-4=0.因为ρ=4sin所以ρ=2sinθ+2cosθ,两边同时乘以得,ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ,因为,所以x2+y2=2y+2x,即(x-)2+(y-1)2=4,∴曲线C的直角坐标方程是圆:(x-)2+(y-1)2=4.(2)∵原点O到直线l的距离直线l过圆C的圆心(,1),∴|MN|=2r=4,所以△MON的面积S=|MN|×d=4.【点睛】本题考查了直线与圆的极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化知识,解题的关键是正确使用这一转化公式,还考查了直线与圆的位置关系等知识.18、(1)见解析(2)【解析】

(1)第(1)问,连交于,连接.证明//,即证平面.(2)第(2)问,主要是利用体积变换,,求得三棱锥的体积.【详解】(1)方法一:连交于,连接.由梯形,且,知又为的中点,为的重心,∴在中,,故//.又平面,平面,∴平面.方法二:过作交PD于N,过F作FM||AD交CD于M,连接MN,G为△PAD的重心,又ABCD为梯形,AB||CD,又由所作GN||AD,FM||AD,得//,所以GNMF为平行四边形.因为GF||MN,(2)方法一:由平面平面,与均为正三角形,为的中点∴,,得平面,且由(1)知//平面,∴又由梯形ABCD,AB||CD,且,知又为正三角形,得,∴,得∴三棱锥的体积为.方法二:由平面平面,与均为正三角形,为的中点∴,,得平面,且由,∴而又为正三角形,得,得.∴,∴三棱锥的体积为.19、(1)时,在上单调递增,时,在上递减,在上递增.(2).【解析】

(1)求出导函数,分类讨论,由确定增区间,由确定减区间;(2)由,利用(1)首先得或,求出的最小值即可得结论.【详解】(1)函数定义域是,,当时,,单调递增;时,令得,时,,递减,时,,递增,综上所述,时,在上单调递增,时,在上递减,在上递增.(2)易知,由函数单调性,若有唯一零点,则或.当时,,,从而只需时,恒成立,即,令,,在上递减,在上递增,∴,从而.时,,,令,由,知在递减,在上递增,,∴.综上所述,的取值范围是.【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性,考查函数零点个数与不等式恒成立问题,解题关键在于转化,不等式恒成立问题通常转化为求函数的最值.这又可通过导数求解.20、(1);(2).【解析】

(1)根据诱导公式和二倍角公式,将已知等式化为角关系式,求出,再由二倍角余弦公式,即可求解;(2)在中,根据面积公式求出长,根据余弦定理求出,由正弦定理求出,即可求出结论.【详解】(1),,;(2)在中,由(1)得,,由余弦定理得

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