湖北省黃岡實驗學校2025年高三下學期（線上）適應性測試數學試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．已知直線y=k(x+1)(k>0)與拋物線C相交于A，B兩點，F為C的焦點，若|FA|=2|FB|，則|FA|=（）A．1 B．2 C．3 D．42．已知等差數列滿足，公差，且成等比數列，則A．1 B．2 C．3 D．43．設a，b，c為正數，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．既不充分也不修要條件4．過拋物線的焦點F作兩條互相垂直的弦AB，CD，設P為拋物線上的一動點，，若，則的最小值是（）A．1 B．2 C．3 D．45．已知是的共軛復數,則（）A． B． C． D．6．記其中表示不大于x的最大整數，若方程在在有7個不同的實數根，則實數k的取值范圍()A． B． C． D．7．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A． B．C． D．8．給出下列四個命題：①若“且”為假命題，則﹑均為假命題；②三角形的內角是第一象限角或第二象限角；③若命題，，則命題，；④設集合，，則“”是“”的必要條件；其中正確命題的個數是（）A． B． C． D．9．已知直四棱柱的所有棱長相等，，則直線與平面所成角的正切值等于（）A． B． C． D．10．已知f（x）=ax2+bx是定義在[a–1，2a]上的偶函數，那么a+b的值是A． B．C． D．11．設正項等差數列的前項和為，且滿足，則的最小值為A．8 B．16 C．24 D．3612．一個正三角形的三個頂點都在雙曲線的右支上，且其中一個頂點在雙曲線的右頂點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．《九章算術》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑，如圖，在鱉臑中，平面，，且，過點分別作于點，于點，連接，則三棱錐的體積的最大值為__________．14．拋物線的焦點到準線的距離為．15．已知向量，，若向量與向量平行，則實數___________．16．已知平面向量與的夾角為，，，則________.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a>0，b>0，a+b=2.（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）證明：18．（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）使得，求實數的取值范圍.19．（12分）己知，函數.（1）若，解不等式；（2）若函數，且存在使得成立，求實數的取值范圍.20．（12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，．求C；若，求，的面積21．（12分）在中，．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，，求的值．22．（10分）設為等差數列的前項和，且，．（1）求數列的通項公式；（2）若滿足不等式的正整數恰有個，求正實數的取值范圍．

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．C【解析】

方法一：設，利用拋物線的定義判斷出是的中點，結合等腰三角形的性質求得點的橫坐標，根據拋物線的定義求得，進而求得.方法二：設出兩點的橫坐標，由拋物線的定義，結合求得的關系式，聯立直線的方程和拋物線方程，寫出韋達定理，由此求得，進而求得.【詳解】方法一：由題意得拋物線的準線方程為，直線恒過定點，過分別作于，于，連接，由，則，所以點為的中點，又點是的中點，則，所以，又所以由等腰三角形三線合一得點的橫坐標為，所以，所以．方法二：拋物線的準線方程為，直線由題意設兩點橫坐標分別為，則由拋物線定義得又①②由①②得.故選：C【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，考查直線和拋物線的位置關系，屬于中檔題.2．D【解析】

先用公差表示出，結合等比數列求出.【詳解】,因為成等比數列，所以，解得.【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式.屬于簡單題，化歸基本量，尋求等量關系是求解的關鍵.3．B【解析】

根據不等式的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】解：，，為正數，當，，時，滿足，但不成立，即充分性不成立，若，則，即，即，即，成立，即必要性成立，則“”是“”的必要不充分條件，故選：．【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合不等式的性質是解決本題的關鍵．4．C【解析】

設直線AB的方程為，代入得：，由根與系數的關系得，，從而得到，同理可得，再利用求得的值，當Q，P，M三點共線時，即可得答案.【詳解】根據題意，可知拋物線的焦點為，則直線AB的斜率存在且不為0，設直線AB的方程為，代入得：.由根與系數的關系得，，所以.又直線CD的方程為，同理，所以，所以.故.過點P作PM垂直于準線，M為垂足，則由拋物線的定義可得.所以，當Q，P，M三點共線時，等號成立.故選：C.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系、焦半徑公式的應用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意取最值的條件.5．A【解析】

先利用復數的除法運算法則求出的值，再利用共軛復數的定義求出a+bi，從而確定a，b的值，求出a+b．【詳解】i，∴a+bi＝﹣i，∴a＝0，b＝﹣1，∴a+b＝﹣1，故選：A．【點睛】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題．6．D【解析】

做出函數的圖象，問題轉化為函數的圖象在有7個交點，而函數在上有3個交點，則在上有4個不同的交點，數形結合即可求解.【詳解】作出函數的圖象如圖所示，由圖可知方程在上有3個不同的實數根，則在上有4個不同的實數根，當直線經過時，；當直線經過時，，可知當時，直線與的圖象在上有4個交點，即方程，在上有4個不同的實數根.故選:D.【點睛】本題考查方程根的個數求參數，利用函數零點和方程之間的關系轉化為兩個函數的交點是解題的關鍵，運用數形結合是解決函數零點問題的基本思想，屬于中檔題.7．B【解析】

由題意首先確定幾何體的空間結構特征，然后結合空間結構特征即可求得其表面積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體為邊長為正方體挖去一個以為球心以為半徑球體的，如圖，故其表面積為，故選：B.【點睛】(1)以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關鍵是能夠對給出的三視圖進行恰當的分析，從三視圖中發現幾何體中各元素間的位置關系及數量關系．(2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積應注意重合部分的處理．(3)圓柱、圓錐、圓臺的側面是曲面，計算側面積時需要將這個曲面展為平面圖形計算，而表面積是側面積與底面圓的面積之和．8．B【解析】

①利用真假表來判斷，②考慮內角為，③利用特稱命題的否定是全稱命題判斷，④利用集合間的包含關系判斷.【詳解】若“且”為假命題，則﹑中至少有一個是假命題，故①錯誤；當內角為時，不是象限角，故②錯誤；由特稱命題的否定是全稱命題知③正確；因為，所以，所以“”是“”的必要條件，故④正確.故選：B.【點睛】本題考查命題真假的問題，涉及到“且”命題、特稱命題的否定、象限角、必要條件等知識，是一道基礎題.9．D【解析】

以為坐標原點，所在直線為x軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系．求解平面的法向量，利用線面角的向量公式即得解.【詳解】如圖所示的直四棱柱，，取中點，以為坐標原點，所在直線為x軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系．設，則，．設平面的法向量為，則取，得．設直線與平面所成角為，則，，∴直線與平面所成角的正切值等于故選：D【點睛】本題考查了向量法求解線面角，考查了學生空間想象，邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.10．B【解析】

依照偶函數的定義，對定義域內的任意實數，f（﹣x）=f（x），且定義域關于原點對稱，a﹣1=﹣2a，即可得解.【詳解】根據偶函數的定義域關于原點對稱，且f（x）是定義在[a–1，2a]上的偶函數，得a–1=–2a，解得a=，又f（–x）=f（x），∴b=0，∴a+b=．故選B．【點睛】本題考查偶函數的定義，對定義域內的任意實數，f（﹣x）=f（x）；奇函數和偶函數的定義域必然關于原點對稱，定義域區間兩個端點互為相反數．11．B【解析】

方法一：由題意得，根據等差數列的性質，得成等差數列，設，則，，則，當且僅當時等號成立，從而的最小值為16，故選B．方法二：設正項等差數列的公差為d，由等差數列的前項和公式及，化簡可得，即，則，當且僅當，即時等號成立，從而的最小值為16，故選B．12．D【解析】

因為雙曲線分左右支，所以，根據雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，，將其代入雙曲線可解得．【詳解】因為雙曲線分左右支，所以，根據雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，，將其代入雙曲線方程得：，即，由得．故選：．【點睛】本題考查了雙曲線的性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由已知可得△AEF、△PEF均為直角三角形，且AF＝2，由基本不等式可得當AE＝EF＝2時，△AEF的面積最大，然后由棱錐體積公式可求得體積最大值．【詳解】由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，又AB⊥BC，且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，則BC⊥AE，又PB⊥AE，則AE⊥平面PBC，于是AE⊥EF，且AE⊥PC，結合條件AF⊥PC，得PC⊥平面AEF，∴△AEF、△PEF均為直角三角形，由已知得AF＝2，而S△AEF＝（AE2+EF2）＝AF2＝2，當且僅當AE＝EF=2時，取“＝”，此時△AEF的面積最大，三棱錐P﹣AEF的體積的最大值為：VP﹣AEF＝＝＝．故答案為【點睛】本題主要考查直線與平面垂直的判定，基本不等式的應用，同時考查了空間想象能力、計算能力和邏輯推理能力，屬于中檔題．14．【解析】試題分析：由題意得，因為拋物線，即，即焦點到準線的距離為.考點：拋物線的性質．15．【解析】

由題可得，因為向量與向量平行，所以，解得．16．【解析】

根據已知求出，利用向量的運算律，求出即可.【詳解】由可得，則，所以.故答案為:【點睛】本題考查向量的模、向量的數量積運算，考查計算求解能力，屬于基礎題.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．（Ⅰ）最小值為；（Ⅱ）見解析【解析】

（1）根據題意構造平均值不等式，結合均值不等式可得結果；（2）利用分析法證明，結合常用不等式和均值不等式即可證明.【詳解】（Ⅰ）則當且僅當，即，時，所以的最小值為．（Ⅱ）要證明：，只需證：，即證明：，由，也即證明：．因為，所以當且僅當時，有，即，當時等號成立．所以【點睛】本題考查均值不等式，分析法證明不等式，審清題意，仔細計算，屬中檔題.18．（1）；（2）或.【解析】

（1）分段討論得出函數的解析式，再分范圍解不等式，可得解集；（2）先求出函數的最小值，再建立關于的不等式，可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）因為，所以當時，；當時，無解；當時，；綜上，不等式的解集為；（2），又，或.【點睛】本題考查分段函數，絕對值不等式的解法，以及關于函數的存在和任意的問題，屬于中檔題.19．（1）；（2）【解析】

（1）零點分段解不等式即可（2）等價于，由，得不等式即可求解【詳解】（1）當時，，當時，由，解得；當時，由，解得；當時，由，解得.綜上可知，原不等式的解集為.（2）.存在使得成立，等價于.又因為，所以，即.解得，結合，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法，考查不等式恒成立及最值，考查轉化思想，是中檔題20．(1)．(2)．【解析】

由已知利用正弦定理，同角三角函數基本關系式可求，結合范圍，可求，由已知利用二倍角的余弦函數公式可得，結合范圍，可求A，根據三角形的內角和定理即可解得C的值．由及正弦定理可得b的值，根據兩角和的正弦函數公式可求sinC的值，進而根據三角形的面積公式即可求解．【詳解】由已知可得，又由正弦定理，可得，即，，，，即，又，，或舍去，可得，．，，，由正弦定理，可得，，．【點睛】本題主要考查了正弦定理，同角三角函數基本關系式，二倍角的余弦函數公式，三角形的內角和定理，兩角和的正弦函數公式，三角形的面積公式等知識在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．21．(1);(2).【解析】試題分析：（1）由正弦定理得到．消去公因式得到所以．進而得到角A；（2）結合三角形的面積公式，和余弦定理得到，聯立兩式得到．解析：（I）因為，所以，由正弦定理，得．又因為，，所以．又因為，所以．（II）由，得，由余弦定理，得，即，因為，解得.因為，所以.22．（1）；（2）．【解析】

（1）設等差數列的公差為，根據題意得出關于和的方程組，解出這兩個量