湖北省武漢市部分市級示范高中2025年高考適應性考試（二）數學試題試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知復數z=2i1-i，則A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知，則（）A． B． C． D．3．已知數列滿足，且成等比數列.若的前n項和為，則的最小值為（）A． B． C． D．4．正三棱錐底面邊長為3，側棱與底面成角，則正三棱錐的外接球的體積為（）A． B． C． D．5．若不等式對于一切恒成立，則的最小值是（）A．0 B． C． D．6．設，，分別是中，，所對邊的邊長，則直線與的位置關系是（）A．平行 B．重合C．垂直 D．相交但不垂直7．自2019年12月以來，在湖北省武漢市發現多起病毒性肺炎病例，研究表明，該新型冠狀病毒具有很強的傳染性各級政府反應迅速，采取了有效的防控阻擊措施，把疫情控制在最低范圍之內.某社區按上級要求做好在鄂返鄉人員體格檢查登記，有3個不同的住戶屬在鄂返鄉住戶，負責該小區體格檢查的社區診所共有4名醫生，現要求這4名醫生都要分配出去，且每個住戶家里都要有醫生去檢查登記，則不同的分配方案共有（）A．12種 B．24種 C．36種 D．72種8．若，則實數的大小關系為（）A． B． C． D．9．設，則復數的模等于()A． B． C． D．10．若雙曲線的離心率，則該雙曲線的焦點到其漸近線的距離為（）A． B．2 C． D．111．下列函數中，圖象關于軸對稱的為（）A． B．，C． D．12．已知等差數列中，，則（）A．20 B．18 C．16 D．14二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設函數，，其中．若存在唯一的整數使得，則實數的取值范圍是_____．14．某中學高一年級有學生1200人，高二年級有學生900人，高三年級有學生1500人，現按年級用分層抽樣的方法從這三個年級的學生中抽取一個容量為720的樣本進行某項研究，則應從高三年級學生中抽取_____人．15．一個長、寬、高分別為1、2、2的長方體可以在一個圓柱形容器內任意轉動，則容器體積的最小值為_________.16．已知四棱錐的底面ABCD是邊長為2的正方形，且.若四棱錐P-ABCD的五個頂點在以4為半徑的同一球面上，當PA最長時，則______________；四棱錐P-ABCD的體積為______________.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）已知函數是自然對數的底數.（1）若，討論的單調性；（2）若有兩個極值點，求的取值范圍，并證明:.18．（12分）已知奇函數的定義域為，且當時，.（1）求函數的解析式；（2）記函數，若函數有3個零點，求實數的取值范圍.19．（12分）如圖是圓的直徑，垂直于圓所在的平面，為圓周上不同于的任意一點（1）求證：平面平面；（2）設為的中點，為上的動點（不與重合）求二面角的正切值的最小值20．（12分）已知都是各項不為零的數列，且滿足其中是數列的前項和，是公差為的等差數列．（1）若數列是常數列，，，求數列的通項公式；（2）若是不為零的常數），求證：數列是等差數列；（3）若（為常數，），．求證：對任意的恒成立．21．（12分）選修4-4：坐標系與參數方程在平面直角坐標系xOy中，已知曲線C的參數方程為（α為參數）．以直角坐標系原點O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，點P為曲線C上的動點，求點P到直線l距離的最大值．22．（10分）已知，，，.（1）求的值；（2）求的值.

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】分析：根據復數的運算，求得復數z，再利用復數的表示，即可得到復數對應的點，得到答案．詳解：由題意，復數z=2i1-i所以復數z在復平面內對應的點的坐標為(-1,-1)，位于復平面內的第三象限，故選C．點睛：本題主要考查了復數的四則運算及復數的表示，其中根據復數的四則運算求解復數z是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．2．D【解析】

根據指數函數的單調性，即當底數大于1時單調遞增，當底數大于零小于1時單調遞減，對選項逐一驗證即可得到正確答案.【詳解】因為，所以，所以是減函數，又因為，所以，，所以，，所以A,B兩項均錯；又，所以，所以C錯；對于D，，所以，故選D.【點睛】這個題目考查的是應用不等式的性質和指對函數的單調性比較大小，兩個式子比較大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性質得到大小關系，有時可以代入一些特殊的數據得到具體值，進而得到大小關系.3．D【解析】

利用等比中項性質可得等差數列的首項，進而求得，再利用二次函數的性質，可得當或時，取到最小值.【詳解】根據題意，可知為等差數列，公差，由成等比數列，可得，∴，解得.∴.根據單調性，可知當或時，取到最小值，最小值為.故選：D.【點睛】本題考查等差數列通項公式、等比中項性質、等差數列前項和的最值，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，求解時注意當或時同時取到最值.4．D【解析】

由側棱與底面所成角及底面邊長求得正棱錐的高，再利用勾股定理求得球半徑后可得球體積．【詳解】如圖，正三棱錐中，是底面的中心，則是正棱錐的高，是側棱與底面所成的角，即＝60°，由底面邊長為3得，∴．正三棱錐外接球球心必在上，設球半徑為，則由得，解得，∴．故選：D．【點睛】本題考查球體積，考查正三棱錐與外接球的關系．掌握正棱錐性質是解題關鍵．5．C【解析】

試題分析：將參數a與變量x分離，將不等式恒成立問題轉化為求函數最值問題，即可得到結論．解：不等式x2+ax+1≥0對一切x∈(0，]成立，等價于a≥-x-對于一切成立，∵y=-x-在區間上是增函數∴∴a≥-∴a的最小值為-故答案為C．考點：不等式的應用點評：本題綜合考查了不等式的應用、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，屬于中檔題6．C【解析】試題分析：由已知直線的斜率為，直線的斜率為，又由正弦定理得，故，兩直線垂直考點：直線與直線的位置關系7．C【解析】

先將4名醫生分成3組，其中1組有2人，共有種選法，然后將這3組醫生分配到3個不同的住戶中去，有種方法，由分步原理可知共有種.【詳解】不同分配方法總數為種.故選：C【點睛】此題考查的是排列組合知識，解此類題時一般先組合再排列，屬于基礎題.8．A【解析】

將化成以為底的對數，即可判斷的大小關系；由對數函數、指數函數的性質，可判斷出與1的大小關系，從而可判斷三者的大小關系.【詳解】依題意，由對數函數的性質可得.又因為，故.故選:A.【點睛】本題考查了指數函數的性質，考查了對數函數的性質，考查了對數的運算性質.兩個對數型的數字比較大小時，底數相同，則構造對數函數，結合對數的單調性可判斷大小；若真數相同，則結合對數函數的圖像或者換底公式可判斷大小；若真數和底數都不相同，則可與中間值如1,0比較大小.9．C【解析】

利用復數的除法運算法則進行化簡,再由復數模的定義求解即可.【詳解】因為,所以,由復數模的定義知,.故選:C【點睛】本題考查復數的除法運算法則和復數的模;考查運算求解能力;屬于基礎題.10．C【解析】

根據雙曲線的解析式及離心率，可求得的值；得漸近線方程后，由點到直線距離公式即可求解.【詳解】雙曲線的離心率，則，，解得，所以焦點坐標為，所以，則雙曲線漸近線方程為，即，不妨取右焦點，則由點到直線距離公式可得，故選：C.【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質及簡單應用，漸近線方程的求法，點到直線距離公式的簡單應用，屬于基礎題.11．D【解析】

圖象關于軸對稱的函數為偶函數,用偶函數的定義及性質對選項進行判斷可解.【詳解】圖象關于軸對稱的函數為偶函數；A中，，，故為奇函數；B中，的定義域為，不關于原點對稱，故為非奇非偶函數；C中，由正弦函數性質可知，為奇函數；D中，且，，故為偶函數.故選：D.【點睛】本題考查判斷函數奇偶性.判斷函數奇偶性的兩種方法:(1)定義法：對于函數的定義域內任意一個都有，則函數是奇函數；都有，則函數是偶函數(2)圖象法：函數是奇(偶)函數函數圖象關于原點(軸)對稱．12．A【解析】

設等差數列的公差為,再利用基本量法與題中給的條件列式求解首項與公差,進而求得即可.【詳解】設等差數列的公差為.由得,解得.所以.故選：A【點睛】本題主要考查了等差數列的基本量求解,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

根據分段函數的解析式畫出圖像,再根據存在唯一的整數使得數形結合列出臨界條件滿足的關系式求解即可.【詳解】解：函數,且畫出的圖象如下：因為,且存在唯一的整數使得,故與在時無交點,,得；又,過定點又由圖像可知,若存在唯一的整數使得時,所以,存在唯一的整數使得所以.根據圖像可知,當時,恒成立.綜上所述,存在唯一的整數使得,此時故答案為：【點睛】本題主要考查了數形結合分析參數范圍的問題,需要根據題意分別分析定點右邊的整數點中為滿足條件的唯一整數,再數形結合列出時的不等式求的范圍.屬于難題.14．1．【解析】

先求得高三學生占的比例，再利用分層抽樣的定義和方法，即可求解.【詳解】由題意，高三學生占的比例為，所以應從高三年級學生中抽取的人數為.【點睛】本題主要考查了分層抽樣的定義和方法，其中解答中熟記分層抽樣的定義和抽取的方法是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.15．【解析】

一個長、寬、高分別為1、2、2的長方體可以在一個圓柱形容器內任意轉動,則圓柱形容器的底面直徑及高的最小值均等于長方體的體對角線的長,長方體的體對角線的長為,所以容器體積的最小值為.16．90°【解析】

易得平面PAD，P點在與BA垂直的圓面內運動，顯然，PA是圓的直徑時，PA最長；將四棱錐補形為長方體，易得為球的直徑即可得到PD，從而求得四棱錐的體積.【詳解】如圖，由及，得平面PAD，即P點在與BA垂直的圓面內運動，易知，當P、、A三點共線時，PA達到最長，此時，PA是圓的直徑，則；又，所以平面ABCD，此時可將四棱錐補形為長方體，其體對角線為，底面邊長為2的正方形，易求出，高，故四棱錐體積.故答案為：(1)90°；(2).【點睛】本題四棱錐外接球有關的問題，考查學生空間想象與邏輯推理能力，是一道有難度的壓軸填空題.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．（1）減區間是，增區間是；（2），證明見解析.【解析】

（1）當時，求得函數的導函數以及二階導函數，由此求得的單調區間.（2）令求得，構造函數，利用導數求得的單調區間、極值和最值，結合有兩個極值點，求得的取值范圍.將代入列方程組，由證得.【詳解】（1），，又，所以在單增，從而當時，遞減，當時，遞增.（2）.令，令，則故在遞增，在遞減，所以.注意到當時，所以當時，有一個極值點，當時，有兩個極值點，當時，沒有極值點，綜上因為是的兩個極值點，所以不妨設，得，因為在遞減，且，所以又所以【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調區間，考查利用導數研究函數的極值點，考查利用導數證明不等式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.18．（1）；（2）【解析】

（1）根據奇函數定義，可知；令則，結合奇函數定義即可求得時的解析式，進而得函數的解析式；（2）根據零點定義，可得，由函數圖像分析可知曲線與直線在第三象限必1個交點，因而需在第一象限有2個交點，將與聯立，由判別式及兩根之和大于0，即可求得的取值范圍.【詳解】（1）因為函數為奇函數，且，故；當時，，，則；故.（2）令，解得，畫出函數關系如下圖所示，要使曲線與直線有3個交點，則2個交點在第一象限，1個交點在第三象限，聯立，化簡可得，令，即，解得，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了根據函數奇偶性求解析式，分段函數圖像畫法，由函數零點個數求參數的取值范圍應用，數形結合的應用，屬于中檔題.19．（1）見解析（2）【解析】

（1）推導出，，從而平面，由面面垂直的判定定理即可得證．（2）過作，以為坐標原點，建立如圖所示空間坐標系，設，利用空間向量法表示出二面角的余弦值，當余弦值取得最大時，正切值求得最小值；【詳解】（1）因為，面，，平面，平面，平面，又平面，平面平面；（2）過作，以為坐標原點，建立如圖所示空間坐標系，則，設，則平面的一個法向量為設平面的一個法向量為則，即，令，如圖二面角的平面角為銳角，設二面角為，則，時取得最大值，最大值為，則最小值為【點睛】本題考查面面垂直的證明，利用空間向量法解決立體幾何問題，屬于中檔題.20．（1）；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】

(1)根據,可求得,再根據是常數列代入根據通項與前項和的關系求解即可.(2)取,并結合通項與前項和的關系可求得再根據化簡可得,代入化簡即可知,再證明也成立即可.(3)由(2)當時,,代入所給的條件化簡可得,進而證明可得,即數列是等比數列.繼而求得,再根據作商法證明即可.【詳解】解：．是各項不為零的常數列,則,則由,及得,當時,,兩式作差,可得．當時,滿足上式,則；證明：,當時,,兩式相減得：即．即．又,,即．當時,,兩式相減得：．數列