湖北省宜昌市秭歸縣二中2024-2025學年高三畢業班4月高考適應性考試數學試題試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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，則（）A．5 B． C．13 D．2．已知直線：（）與拋物線：交于（坐標原點），兩點，直線：與拋物線交于，兩點.若，則實數的值為（）A． B． C． D．3．設分別為的三邊的中點，則（）A． B． C． D．4．若不相等的非零實數，，成等差數列，且，，成等比數列，則（）A． B． C．2 D．5．復數（）A． B． C．0 D．6．年初，湖北出現由新型冠狀病毒引發的肺炎.為防止病毒蔓延，各級政府相繼啟動重大突發公共衛生事件一級響應，全國人心抗擊疫情.下圖表示月日至月日我國新型冠狀病毒肺炎單日新增治愈和新增確診病例數，則下列中表述錯誤的是（）A．月下旬新增確診人數呈波動下降趨勢B．隨著全國醫療救治力度逐漸加大，月下旬單日治愈人數超過確診人數C．月日至月日新增確診人數波動最大D．我國新型冠狀病毒肺炎累計確診人數在月日左右達到峰值7．設是虛數單位，，，則（）A． B． C．1 D．28．在中，內角的平分線交邊于點，，，，則的面積是（）A． B． C． D．9．設函數（，為自然對數的底數）,定義在上的函數滿足，且當時，．若存在，且為函數的一個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．10．給出下列三個命題：①“”的否定；②在中，“”是“”的充要條件；③將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象．其中假命題的個數是（）A．0 B．1 C．2 D．311．已知正項數列滿足：，設，當最小時，的值為()A． B． C． D．12．如圖，某幾何體的三視圖是由三個邊長為2的正方形和其內部的一些虛線構成的，則該幾何體的體積為()A． B． C．6 D．與點O的位置有關二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數的極大值為________.14．如圖，直線平面，垂足為，三棱錐的底面邊長和側棱長都為4，在平面內，是直線上的動點，則點到平面的距離為_______，點到直線的距離的最大值為_______.15．甲、乙兩人同時參加公務員考試，甲筆試、面試通過的概率分別為和；乙筆試、面試通過的概率分別為和．若筆試面試都通過才被錄取，且甲、乙錄取與否相互獨立，則該次考試只有一人被錄取的概率是__________．16．已知函數，對于任意都有，則的值為______________.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）在中，角的對邊分別為，且，．（1）求的值；（2）若求的面積．18．（12分）已知拋物線C:x24py（p為大于2的質數）的焦點為F，過點F且斜率為k(k0)的直線交C于A，B兩點，線段AB的垂直平分線交y軸于點E，拋物線C在點A，B處的切線相交于點G.記四邊形AEBG的面積為S.（1）求點G的軌跡方程；（2）當點G的橫坐標為整數時，S是否為整數？若是，請求出所有滿足條件的S的值；若不是，請說明理由.19．（12分）如圖，在正四棱錐中，，，為上的四等分點，即．（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．20．（12分）在中，內角的邊長分別為，且．（1）若，，求的值；（2）若，且的面積，求和的值．21．（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（Ⅰ）設直線與曲線交于，兩點，求；（Ⅱ）若點為曲線上任意一點，求的取值范圍.22．（10分）已知橢圓：的離心率為，左、右頂點分別為、，過左焦點的直線交橢圓于、兩點（異于、兩點），當直線垂直于軸時，四邊形的面積為1．（1）求橢圓的方程；（2）設直線、的交點為；試問的橫坐標是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由．

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】

先化簡復數，再求，最后求即可.【詳解】解：，，故選：C考查復數的運算，是基礎題.2．D【解析】

設，，聯立直線與拋物線方程，消去、列出韋達定理，再由直線與拋物線的交點求出點坐標，最后根據，得到方程，即可求出參數的值；【詳解】解：設，，由，得，∵，解得或，∴，.又由，得，∴或，∴，∵，∴，又∵，∴代入解得.故選：D本題考查直線與拋物線的綜合應用，弦長公式的應用，屬于中檔題.3．B【解析】

根據題意,畫出幾何圖形,根據向量加法的線性運算即可求解.【詳解】根據題意,可得幾何關系如下圖所示:,故選:B本題考查了向量加法的線性運算,屬于基礎題.4．A【解析】

由題意，可得，，消去得,可得，繼而得到，代入即得解【詳解】由，，成等差數列，所以，又，，成等比數列，所以，消去得，所以，解得或，因為，，是不相等的非零實數，所以，此時，所以．故選：A本題考查了等差等比數列的綜合應用，考查了學生概念理解，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.5．C【解析】略6．D【解析】

根據新增確診曲線的走勢可判斷A選項的正誤；根據新增確診曲線與新增治愈曲線的位置關系可判斷B選項的正誤；根據月日至月日新增確診曲線的走勢可判斷C選項的正誤；根據新增確診人數的變化可判斷D選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】對于A選項，由圖象可知，月下旬新增確診人數呈波動下降趨勢，A選項正確；對于B選項，由圖象可知，隨著全國醫療救治力度逐漸加大，月下旬單日治愈人數超過確診人數，B選項正確；對于C選項，由圖象可知，月日至月日新增確診人數波動最大，C選項正確；對于D選項，在月日及以前，我國新型冠狀病毒肺炎新增確診人數大于新增治愈人數，我國新型冠狀病毒肺炎累計確診人數不在月日左右達到峰值，D選項錯誤.故選：D.本題考查統計圖表的應用，考查數據處理能力，屬于基礎題.7．C【解析】

由，可得，通過等號左右實部和虛部分別相等即可求出的值.【詳解】解：，，解得：.故選:C.本題考查了復數的運算，考查了復數相等的涵義.對于復數的運算類問題，易錯點是把當成進行運算.8．B【解析】

利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，進而求出，然后利用三角形的面積公式可計算出的面積.【詳解】為的角平分線，則.，則，，在中，由正弦定理得，即，①在中，由正弦定理得，即，②①②得，解得，，由余弦定理得，，因此，的面積為.故選：B.本題考查三角形面積的計算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面積公式的應用，考查計算能力，屬于中等題.9．D【解析】

先構造函數，由題意判斷出函數的奇偶性，再對函數求導，判斷其單調性，進而可求出結果.【詳解】構造函數，因為，所以，所以為奇函數，當時，，所以在上單調遞減，所以在R上單調遞減.因為存在，所以，所以，化簡得，所以，即令，因為為函數的一個零點，所以在時有一個零點因為當時，，所以函數在時單調遞減，由選項知，，又因為，所以要使在時有一個零點，只需使，解得，所以a的取值范圍為，故選D.本題主要考查函數與方程的綜合問題，難度較大.10．C【解析】

結合不等式、三角函數的性質,對三個命題逐個分析并判斷其真假,即可選出答案.【詳解】對于命題①,因為,所以“”是真命題,故其否定是假命題,即①是假命題;對于命題②,充分性:中,若,則,由余弦函數的單調性可知,,即,即可得到,即充分性成立;必要性:中,,若,結合余弦函數的單調性可知,,即,可得到,即必要性成立.故命題②正確;對于命題③,將函數的圖象向左平移個單位長度,可得到的圖象,即命題③是假命題．故假命題有①③.故選:C本題考查了命題真假的判斷,考查了余弦函數單調性的應用,考查了三角函數圖象的平移變換,考查了學生的邏輯推理能力,屬于基礎題.11．B【解析】

由得，即，所以得，利用基本不等式求出最小值，得到，再由遞推公式求出.【詳解】由得，即，，當且僅當時取得最小值，此時.故選：B本題主要考查了數列中的最值問題，遞推公式的應用，基本不等式求最值，考查了學生的運算求解能力.12．B【解析】

根據三視圖還原直觀圖如下圖所示，幾何體的體積為正方體的體積減去四棱錐的體積，即可求出結論.【詳解】如下圖是還原后的幾何體，是由棱長為2的正方體挖去一個四棱錐構成的，正方體的體積為8，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，頂點O在平面上，高為2，所以四棱錐的體積為，所以該幾何體的體積為.故選:B.本題考查三視圖求幾何體的體積，還原幾何體的直觀圖是解題的關鍵，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】

對函數求導，根據函數單調性，即可容易求得函數的極大值.【詳解】依題意，得.所以當時，；當時，.所以當時，函數有極大值.故答案為：.本題考查利用導數研究函數的性質，考查運算求解能力以及化歸轉化思想，屬基礎題.14．【解析】

三棱錐的底面邊長和側棱長都為4，所以在平面的投影為的重心，利用解直角三角形，即可求出點到平面的距離；，可得點是以為直徑的球面上的點，所以到直線的距離為以為直徑的球面上的點到的距離，最大距離為分別過和的兩個平行平面間距離加半徑，即可求出結論.【詳解】邊長為，則中線長為，點到平面的距離為，點是以為直徑的球面上的點，所以到直線的距離為以為直徑的球面上的點到的距離，最大距離為分別過和的兩個平行平面間距離加半徑.又三棱錐的底面邊長和側棱長都為4，以下求過和的兩個平行平面間距離，分別取中點，連，則，同理，分別過做，直線確定平面，直線確定平面，則，同理，為所求，，，所以到直線最大距離為.故答案為:；.本題考查空間中的距離、正四面體的結構特征，考查空間想象能力，屬于較難題.15．【解析】

分別求得甲、乙被錄取的概率，根據獨立事件概率公式可求得結果.【詳解】甲被錄取的概率；乙被錄取的概率；只有一人被錄取的概率.故答案為：.本題考查獨立事件概率的求解問題，屬于基礎題.16．【解析】

由條件得到函數的對稱性，從而得到結果【詳解】∵f＝f，∴x＝是函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一條對稱軸．∴f＝±2.本題考查了正弦型三角函數的對稱性，注意對稱軸必過最高點或最低點，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．（1）3（2）78【解析】試題分析：（1）由兩角和差公式得到，由三角形中的數值關系得到，進而求得數值；（2）由三角形的三個角的關系得到，再由正弦定理得到b=15,故面積公式為.解析：（1）在中，由，得為銳角，所以，所以，所以.（2）在三角形中,由，所以，由，由正弦定理,得，所以的面積.18．（1）（2）當G點橫坐標為整數時，S不是整數．【解析】

（1）先求解導數，得出切線方程，聯立方程得出交點G的軌跡方程；（2）先求解弦長，再分別求解點到直線的距離，表示出四邊形的面積，結合點G的橫坐標為整數進行判斷.【詳解】（1）設，則，拋物線C的方程可化為，則，所以曲線C在點A處的切線方程為，在點B處的切線方程為，因為兩切線均過點G，所以，所以A，B兩點均在直線上，所以直線AB的方程為，又因為直線AB過點F(0，p)，所以，即G點軌跡方程為；（2）設點G(，)，由（1）可知，直線AB的方程為，即，將直線AB的方程與拋物線聯立，，整理得，所以，，解得，因為直線AB的斜率，所以，且，線段AB的中點為M，所以直線EM的方程為：，所以E點坐標為(0，)，直線AB的方程整理得，則G到AB的距離，則E到AB的距離，所以，設，因為p是質數，且為整數，所以或，當時，，是無理數，不符題意，當時，，因為當時，，即是無理數，所以不符題意，當時，是無理數，不符題意，綜上，當G點橫坐標為整數時，S不是整數．本題主要考查直線與拋物線的位置關系，拋物線中的切線問題通常借助導數來求解，四邊形的面積問題一般轉化為三角形的面積和問題，表示出面積的表達式是求解的關鍵，側重考查數學運算的核心素養.19．（1）答案見解析．（2）【解析】

（1）根據題意可得，在中，利用余弦定理可得，然后同理可得，利用面面垂直的判定定理即可求解.（2）以為原點建立直角坐標系，求出面的法向量為，的法向量為，利用空間向量的數量積即可求解.【詳解】（1）由由因為是正四棱錐，故于是，由余弦定理，在中，設再用余弦定理，在中，∴是直角，同理，而在平面上，∴平面平面（2）以為原點建立直角坐標系，如圖：則設面的法向量為，的法向量為則，取于是，二面角的余弦值為：本題考查了面面垂直的判定定理、空間向量法求二面角，屬于基礎題.20．（1）；（2）.【解析】

（1）先由余弦定理求得，再由正弦定理計算即可得到所求值；

（2）運用二倍角的余弦公式和兩角和的正弦公式，化簡可得sinA+sinB=5sinC，運用正弦定理和三角形的面積公式可得a，b的方程組，解方程即可得到所求值．【詳解】解：（1）由余弦定理由正弦定理得（2）由已知得：所以------①