湖北省宜昌市一中、恩施高中2025屆高三第五次適應性訓練數學試題試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知，函數在區間內沒有最值，給出下列四個結論：①在上單調遞增；②③在上沒有零點；④在上只有一個零點.其中所有正確結論的編號是（）A．②④ B．①③ C．②③ D．①②④2．在中，角所對的邊分別為，已知，則（）A．或 B． C． D．或3．如圖，在中，，且，則（）A．1 B． C． D．4．設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（）A．若，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則5．等比數列的前項和為，若，，，，則（）A． B． C． D．6．已知命題：是“直線和直線互相垂直”的充要條件；命題：函數的最小值為4.給出下列命題：①；②；③；④，其中真命題的個數為()A．1 B．2 C．3 D．47．已知實數，則的大小關系是()A． B． C． D．8．秦九韶是我國南宋時期的數學家，普州（現四川省安岳縣）人，他在所著的《數書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法．如圖的程序框圖給出了利用秦九韶算法求某多項式值的一個實例，若輸入的值為2，則輸出的值為A． B． C． D．9．已知命題p：若，，則；命題q：，使得”，則以下命題為真命題的是（）A． B． C． D．10．已知向量，（其中為實數），則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件11．已知函數，為的零點，為圖象的對稱軸，且在區間上單調，則的最大值是（）A． B． C． D．12．設，滿足約束條件，若的最大值為，則的展開式中項的系數為()A．60 B．80 C．90 D．120二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若為假，則實數的取值范圍為__________.14．已知的展開式中項的系數與項的系數分別為135與，則展開式所有項系數之和為______.15．已知函數，若對于任意正實數，均存在以為三邊邊長的三角形，則實數k的取值范圍是_______.16．不等式對于定義域內的任意恒成立，則的取值范圍為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知關于的不等式解集為（）.（1）求正數的值；（2）設，且，求證：.18．（12分）設直線與拋物線交于兩點，與橢圓交于兩點，設直線（為坐標原點）的斜率分別為，若.（1）證明：直線過定點，并求出該定點的坐標；（2）是否存在常數，滿足？并說明理由.19．（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為.（1）求曲線C的極坐標方程和直線l的直角坐標方程；（2）若射線與曲線C交于點A（不同于極點O），與直線l交于點B，求的最大值.20．（12分）如圖，已知四棱錐的底面是等腰梯形，，，，，為等邊三角形，且點P在底面上的射影為的中點G，點E在線段上，且.（1）求證：平面.（2）求二面角的余弦值.21．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程是(為參數)，以原點為極點，軸正半軸為極軸，建立極坐標系，直線的極坐標方程為.(Ⅰ)求曲線的普通方程與直線的直角坐標方程；(Ⅱ)已知直線與曲線交于，兩點，與軸交于點，求.22．（10分）已知，，分別是三個內角，，的對邊，．（1）求；（2）若，，求，．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．A【解析】

先根據函數在區間內沒有最值求出或.再根據已知求出，判斷函數的單調性和零點情況得解.【詳解】因為函數在區間內沒有最值.所以，或解得或.又，所以.令.可得.且在上單調遞減.當時，，且，所以在上只有一個零點.所以正確結論的編號②④故選：A.【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，考查函數的零點問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.2．D【解析】

根據正弦定理得到，化簡得到答案.【詳解】由，得，∴，∴或，∴或．故選：【點睛】本題考查了正弦定理解三角形，意在考查學生的計算能力.3．C【解析】

由題可,所以將已知式子中的向量用表示，可得到的關系，再由三點共線，又得到一個關于的關系，從而可求得答案【詳解】由，則，即，所以，又共線，則.故選：C【點睛】此題考查的是平面向量基本定理的有關知識，結合圖形尋找各向量間的關系，屬于中檔題.4．D【解析】試題分析：，,故選D.考點：點線面的位置關系.5．D【解析】試題分析：由于在等比數列中，由可得：，又因為，所以有：是方程的二實根，又，，所以，故解得：，從而公比；那么，故選D．考點：等比數列．6．A【解析】

先由兩直線垂直的條件判斷出命題p的真假，由基本不等式判斷命題q的真假，從而得出p,q的非命題的真假，繼而判斷復合命題的真假，可得出選項.【詳解】已知對于命題，由得，所以命題為假命題；關于命題，函數，當時，，當即時，取等號，當時，函數沒有最小值，所以命題為假命題.所以和是真命題，所以為假命題，為假命題，為假命題，為真命題，所以真命題的個數為1個.故選：A.【點睛】本題考查直線的垂直的判定和基本不等式的應用，以及復合命題的真假的判斷，注意運用基本不等式時，滿足所需的條件，屬于基礎題.7．B【解析】

根據，利用指數函數對數函數的單調性即可得出．【詳解】解：∵，∴，，．∴．故選：B．【點睛】本題考查了指數函數對數函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．8．C【解析】

由題意，模擬程序的運行，依次寫出每次循環得到的，的值，當時，不滿足條件，跳出循環，輸出的值．【詳解】解：初始值，，程序運行過程如下表所示：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，跳出循環，輸出的值為其中①②①—②得．故選：．【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的應用，正確依次寫出每次循環得到，的值是解題的關鍵，屬于基礎題．9．B【解析】

先判斷命題的真假,進而根據復合命題真假的真值表,即可得答案.【詳解】，，因為，，所以，所以，即命題p為真命題；畫出函數和圖象，知命題q為假命題,所以為真.故選:B.【點睛】本題考查真假命題的概念,以及真值表的應用,解題的關鍵是判斷出命題的真假,難度較易.10．A【解析】

結合向量垂直的坐標表示，將兩個條件相互推導，根據能否推導的情況判斷出充分、必要條件.【詳解】由，則，所以；而當，則，解得或.所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本小題考查平面向量的運算，向量垂直，充要條件等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，應用意識.11．B【解析】

由題意可得，且，故有①，再根據，求得②，由①②可得的最大值，檢驗的這個值滿足條件．【詳解】解：函數，，為的零點，為圖象的對稱軸，，且，、，，即為奇數①．在，單調，，②．由①②可得的最大值為1．當時，由為圖象的對稱軸，可得，，故有，，滿足為的零點，同時也滿足滿足在上單調，故為的最大值，故選：B．【點睛】本題主要考查正弦函數的圖象的特征，正弦函數的周期性以及它的圖象的對稱性，屬于中檔題．12．B【解析】

畫出可行域和目標函數，根據平移得到，再利用二項式定理計算得到答案.【詳解】如圖所示：畫出可行域和目標函數，，即，故表示直線與截距的倍，根據圖像知：當時，的最大值為，故.展開式的通項為：，取得到項的系數為：.故選：.【點睛】本題考查了線性規劃求最值，二項式定理，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由為假，可知為真，所以對任意實數恒成立，求出的最小值，令即可.【詳解】因為為假，則其否定為真，即為真，所以對任意實數恒成立，所以.又，當且僅當，即時，等號成立，所以.故答案為：.【點睛】本題考查全稱命題與特稱命題間的關系的應用，利用參變分離是解決本題的關鍵，屬于中檔題.14．64【解析】

由題意先求得的值，再令求出展開式中所有項的系數和.【詳解】的展開式中項的系數與項的系數分別為135與，，，由兩式可組成方程組，解得或，令，求得展開式中所有的系數之和為.故答案為：64【點睛】本題考查了二項式定理，考查了賦值法求多項式展開式的系數和，屬于基礎題.15．【解析】

根據三角形三邊關系可知對任意的恒成立,將的解析式用分離常數法變形,由均值不等式可得分母的取值范圍,則整個式子的取值范圍由的符號決定,故分為三類討論,根據函數的單調性求出函數值域,再討論,轉化為的最小值與的最大值的不等式,進而求出的取值范圍.【詳解】因為對任意正實數,都存在以為三邊長的三角形,故對任意的恒成立,,令,則,當,即時,該函數在上單調遞減,則；當,即時,,當,即時,該函數在上單調遞增,則,所以,當時,因為,,所以,解得；當時,,滿足條件；當時,,且,所以,解得,綜上,,故答案為:【點睛】本題考查參數范圍,考查三角形的構成條件,考查利用函數單調性求函數值域,考查分類討論思想與轉化思想.16．【解析】

根據題意，分離參數，轉化為只對于內的任意恒成立，令，則只需在定義域內即可，利用放縮法，得出，化簡后得出，即可得出的取值范圍.【詳解】解：已知對于定義域內的任意恒成立，即對于內的任意恒成立，令，則只需在定義域內即可，，，當時取等號，由可知，，當時取等號，，當有解時，令，則，在上單調遞增，又，，使得，，則，所以的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性和最值，解決恒成立問題求參數值，涉及分離參數法和放縮法，考查轉化能力和計算能力.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）1；（2）證明見解析.【解析】

（1）將不等式化為，求解得出，根據解集確定正數的值；（2）利用基本不等式以及不等式的性質，得出，，，三式相加，即可得證.【詳解】（1）解：不等式，即不等式∴，而，于是依題意得（2）證明：由（1）知，原不等式可化為∵，∴，同理，三式相加得，當且僅當時取等號綜上.【點睛】本題主要考查了求絕對值不等式中參數的范圍以及基本不等式的應用，屬于中檔題.18．（1）證明見解析（0，2）；（2）存在，理由見解析【解析】

（1）設直線l的方程為y=kx+b代入拋物線的方程，利用OA⊥OB，求出b，即可知直線過定點（2）由斜率公式分別求出，，聯立直線與拋物線，橢圓，再由根與系數的關系得，，，代入，，化簡即可求解.【詳解】（1）證明：由題知，直線l的斜率存在且不過原點，故設由可得，.，，故所以直線l的方程為故直線l恒過定點.（2）由（1）知設由可得，，即存在常數滿足題意.【點睛】本題主要考查了直線與拋物線、橢圓的位置關系，直線過定點問題，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．19．（1）：，直線：；（2）．【解析】

（1）由消參法把參數方程化為普通方程，再由公式進行直角坐標方程與極坐標方程的互化；（2）由極徑的定義可直接把代入曲線和直線的極坐標方程，求出極徑，把比值化為的三角函數，從而可得最大值、【詳解】（1）消去參數可得曲線的普通方程是，即，代入得，即，∴曲線的極坐標方程是；由，化為直角坐標方程為．（2）設，則，，，當時，取得最大值為．【點睛】本題考查參數方程與普通方程的互化，考查極坐標方程與直角坐標方程的互化，掌握公式可輕松自如進行極坐標方程與直角坐標方程的互化．20．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由等腰梯形的性質可證得,由射影可得平面,進而求證；（2）取的中點F,連接,以G為原點,所在直線為x軸,所在直線為y軸,所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,分別求得平面與平面的法向量,再利用數量積求解即可.【詳解】（1）在等腰梯形中,點E在線段上,且,點E為上靠近C點的四等分點,,,,,點P在底面上的射影為的中點G,連接,平面,平面,.又,平面,平面,平面.（2）取的中點F,連接,以G為原點,所在直線為x軸,所在直線為y軸,所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,由（1）易知,,,又,,,為等邊三角形,,則,,,,,,,,,設平面的法向量為,則，即,令,則,,,設平面的法向量為,則,即,令,則,,,設平面與平面的夾角為θ,則二面角的余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的證明,考查空間向量法求二面角,考查運算能力與空間想象能力.21．（1）(x－1)2＋y