云南省丽江市玉龙县第一中学2025届高三适应性调研考试数学试题含解析

云南省丽江市玉龙县第一中学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．如果，那么下列不等式成立的是（）A． B．C． D．2．已知，函数在区间上恰有个极值点，则正实数的取值范围为（）A． B． C． D．3．函数在的图象大致为A． B．C． D．4．的展开式中的系数是-10，则实数()A．2 B．1 C．-1 D．-25．设，若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围是()A． B． C． D．6．已知复数z满足i•z＝2+i，则z的共轭复数是（）A．﹣1﹣2i B．﹣1+2i C．1﹣2i D．1+2i7．已知直线，，则“”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（）A．2 B．3 C．5 D．89．已知实数x，y满足约束条件，若的最大值为2，则实数k的值为（）A．1 B． C．2 D．10．在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（）A．8 B．9 C．10 D．1111．已知数列，，，…，是首项为8，公比为得等比数列，则等于（）A．64 B．32 C．2 D．412．三棱锥的各个顶点都在求的表面上，且是等边三角形，底面，，，若点在线段上，且，则过点的平面截球所得截面的最小面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB和其所对弦AB围成的图形，若弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，则弧田的弦AB长是__________，弧田的面积是__________．14．如图所示，在直角梯形中，，、分别是、上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接、、（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：①平面；②四点、、、可能共面；③若，则平面平面；④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.15．若，则________.16．锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，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）在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.（1）求证：平面；（2）已知二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.18．（12分）如图1，在等腰梯形中，两腰，底边，，，是的三等分点，是的中点.分别沿，将四边形和折起，使，重合于点，得到如图2所示的几何体.在图2中，，分别为，的中点.（1）证明：平面.（2）求直线与平面所成角的正弦值.19．（12分）已知函数.（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，若方程有两个不相等的实数根，求证：.20．（12分）已知等差数列中，，数列的前项和.（1）求；（2）若，求的前项和.21．（12分）若正数满足，求的最小值.22．（10分）设函数（）的最小值为.（1）求的值；（2）若，，为正实数，且，证明：.

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】

利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出.【详解】∵，∴，，，.故选：D.【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查不等式的性质，属于基础题.2、B【解析】

先利用向量数量积和三角恒等变换求出，函数在区间上恰有个极值点即为三个最值点，解出，，再建立不等式求出的范围，进而求得的范围.【详解】解：令，解得对称轴，，又函数在区间恰有个极值点，只需解得．故选：．【点睛】本题考查利用向量的数量积运算和三角恒等变换与三角函数性质的综合问题.(1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或的形式;(2)根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值或参数范围.3、A【解析】

因为，所以排除C、D．当从负方向趋近于0时，，可得.故选A．4、C【解析】

利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.【详解】二项式展开式的通项为，令，得，则，所以，解得.故选：C【点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.5、D【解析】令，可得.在坐标系内画出函数的图象（如图所示）.当时，.由得.设过原点的直线与函数的图象切于点，则有，解得.所以当直线与函数的图象切时.又当直线经过点时，有，解得.结合图象可得当直线与函数的图象有3个交点时，实数的取值范围是.即函数在区间上有三个零点时，实数的取值范围是.选D.点睛：已知函数零点的个数（方程根的个数）求参数值（取值范围）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.6、D【解析】

两边同乘-i，化简即可得出答案．【详解】i•z＝2+i两边同乘-i得z=1-2i,共轭复数为1+2i，选D.【点睛】的共轭复数为7、C【解析】

先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.【详解】直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.故答案为C.【点睛】判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．8、D【解析】

画出函数的图象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出.【详解】解：函数，如图所示当时，，由于关于的不等式恰有1个整数解因此其整数解为3，又∴，，则当时，，则不满足题意；当时，当时，，没有整数解当时，，至少有两个整数解综上，实数的最大值为故选：D【点睛】本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于较难题.9、B【解析】

画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义,求出最优解,转化求解即可.【详解】可行域如图中阴影部分所示，，，要使得z能取到最大值，则，当时，x在点B处取得最大值，即，得；当时，z在点C处取得最大值，即，得（舍去）.故选:B.【点睛】本题考查由目标函数最值求解参数值,数形结合思想,分类讨论是解题的关键,属于中档题.10、D【解析】

由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.【详解】由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，使得成立的的范围为，区间长度为2，故使得成立的概率为，又，，，令，则有，故的最小值为11，故选：D.【点睛】该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.11、A【解析】

根据题意依次计算得到答案.【详解】根据题意知：，，故，，.故选：.【点睛】本题考查了数列值的计算，意在考查学生的计算能力.12、A【解析】

由题意画出图形，求出三棱锥S-ABC的外接球的半径，再求出外接球球心到D的距离，利用勾股定理求得过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径，则答案可求.【详解】如图，设三角形ABC外接圆的圆心为G，则外接圆半径AG=,设三棱锥S-ABC的外接球的球心为O，则外接球的半径R=取SA中点E，由SA=4，AD=3SD，得DE=1,所以OD=.则过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径为所以过点D的平面截球O所得截面的最小面积为故选：A【点睛】本题考查三棱锥的外接球问题，还考查了求截面的最小面积，属于较难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、612π﹣9【解析】

过作，交于，先求得圆心角的弧度数，然后解解三角形求得的长.利用扇形面积减去三角形的面积，求得弧田的面积.【详解】∵如图，弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，过作，交于，根据圆的几何性质可知，垂直平分.∴α＝∠AOB＝＝，可得∠AOD＝，OA＝6，∴AB＝2AD＝2OAsin＝2×＝6，∴弧田的面积S＝S扇形OAB﹣S△OAB＝4π×6﹣＝12π﹣9．故答案为：6，12π﹣9．【点睛】本小题主要考查弓形弦长和弓形面积的计算，考查中国古代数学文化，属于中档题.14、①③【解析】

连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题①，连接、交于点，取的中点、，连接、，如下图所示：则且，四边形是矩形，且，为的中点，为的中点，且，且，四边形为平行四边形，，即，平面，平面，平面，命题①正确；对于命题②，，平面，平面，平面，若四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，则，但四边形为梯形且、为两腰，与相交，矛盾.所以，命题②错误；对于命题③，连接、，设，则，在中，，，则为等腰直角三角形，且，，，且，由余弦定理得，，，又，，平面，平面，，，、为平面内的两条相交直线，所以，平面，平面，平面平面，命题③正确；对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，，，，，，又，平面，平面，.，平面，平面，.，，显然与不垂直，命题④错误.故答案为：①③.【点睛】本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.15、13【解析】

由导函数的应用得：设，，所以，，又，所以，即，由二项式定理：令得：，再由，求出，从而得到的值；【详解】解：设，，所以，，又，所以，即，取得：，又，所以，故，故答案为：13【点睛】本题考查了导函数的应用、二项式定理，属于中档题16、【解析】

由余弦定理，正弦定理得出，从而得出，推出的范围，由余弦函数的性质得出的范围，再利用二倍角公式化简，即可得出答案.【详解】由题意得由正弦定理得化简得又为锐角三角形，则，，.故答案为【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，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）证明见解析；（2）.【解析】

（1）由已知可得，结合，由直线与平面垂直的判定可得平面；（2）由（1）知，，则，，两两互相垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，0，，由二面角的余弦值为求解，再由空间向量求解直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：因为四边形是等腰梯形，，，所以.又，所以，因此，，又，且，，平面，所以平面.（2）取的中点，连接，，由于，因此，又平面，平面，所以.由于，，平面，所以平面，故，所以为二面角的平面角.在等腰三角形中，由于，因此，又，因为，所以，所以以为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量为所以，即，令，则，，则平面的法向量，，设直线与平面所成角为，则【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，属于中档题．18、（1）证明见解析（2）【解析】

(1)先证，再证，由可得平面，从而推出平面；(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与，坐标代入线面角的正弦值公式即可得解.【详解】（1）证明：连接，，由图1知，四边形为菱形，且，所以是正三角形，从而.同理可证，，所以平面.又，所以平面，因为平面，所以平面平面.易知，且为的中点，所以，所以平面.（2）解：由（1）可知，，且四边形为正方形.设的中点为，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，.设平面的法向量为，由得取.设直线与平面所成的角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力，属于基础题.19、（1）；（2）当时，在上是减函数；当时，在上是增函数；（3）证明见解析.【解析】

（1）当时，，求得其导函数，，可求得函数的图象在处的切线方程；（2）由已知得，得出导函数，并得出导函数取得正负的区间，可得出函数的单调性；（3）当时，，，由（2）得的单调区间，以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，构造函数，分析其导函数的正负得出函数的单调性，得出其最值，所证的不等式可得证.【详解】（1）当时，，所以，，所以函数的图象在处的切线方程为，即；（2）由已知得，，令，得，所以当时，，当时，，所以在上是减函数，在上是增函数；（3）当时，，，由（2）得在上单调递减，在单调递增，所以，且时，，当时，，，所以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，构造函数，则，当时，所以，在上单调递减，且，，由，在上单调递增，.所以.【点