吉林省通化市重點中學2025年普通高考第一次適應性檢測試題數學試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的值為（）A． B． C． D．2．一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是一個正三角形，則這個幾何體的體積為（）A． B． C． D．3．已知為等差數列，若，，則()A．1 B．2 C．3 D．64．《周易》是我國古代典籍，用“卦”描述了天地世間萬象變化．如圖是一個八卦圖，包含乾、坤、震、巽、坎、離、艮、兌八卦（每一卦由三個爻組成，其中“”表示一個陽爻，“”表示一個陰爻）若從八卦中任取兩卦，這兩卦的六個爻中恰有兩個陽爻的概率為（）A． B． C． D．5．在等腰直角三角形中，，為的中點，將它沿翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球的表面積為（）.A． B． C． D．6．△ABC中，AB＝3，，AC＝4，則△ABC的面積是（）A． B． C．3 D．7．已知拋物線上的點到其焦點的距離比點到軸的距離大，則拋物線的標準方程為（）A． B． C． D．8．下列命題為真命題的個數是（）（其中，為無理數）①；②；③.A．0 B．1 C．2 D．39．在中，，，，若，則實數()A． B． C． D．10．己知，，，則（）A． B． C． D．11．設某大學的女生體重y（單位：kg）與身高x（單位：cm）具有線性相關關系，根據一組樣本數據（xi，yi）（i=1，2，…，n），用最小二乘法建立的回歸方程為=0.85x-85.71，則下列結論中不正確的是A．y與x具有正的線性相關關系B．回歸直線過樣本點的中心（，）C．若該大學某女生身高增加1cm，則其體重約增加0.85kgD．若該大學某女生身高為170cm，則可斷定其體重比為58.79kg12．已知為拋物線的焦點，點在上，若直線與的另一個交點為，則()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．不等式對于定義域內的任意恒成立，則的取值范圍為__________.14．甲、乙、丙、丁4名大學生參加兩個企業的實習，每個企業兩人，則“甲、乙兩人恰好在同一企業”的概率為_________.15．已知等比數列滿足公比，為其前項和，，，構成等差數列，則_______．16．若函數為奇函數，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）在三棱錐S-ABC中，∠BAC=∠SBA=∠SCA=90°,∠SAB=45°,∠SAC=60°,D為棱AB的中點，SA=2(I)證明：SD⊥BC；(II)求直線SD與平面SBC所成角的正弦值.18．（12分）如圖，三棱柱中，與均為等腰直角三角形，，側面是菱形.（1）證明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.19．（12分）已知函數.（Ⅰ）若，求曲線在處的切線方程；（Ⅱ）當時，要使恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）選修4-5：不等式選講已知函數.（1）設，求不等式的解集；（2）已知，且的最小值等于，求實數的值.21．（12分）為調研高中生的作文水平.在某市普通高中的某次聯考中，參考的文科生與理科生人數之比為，且成績分布在的范圍內，規定分數在50以上（含50）的作文被評為“優秀作文”，按文理科用分層抽樣的方法抽取400人的成績作為樣本，得到成績的頻率分布直方圖，如圖所示.其中構成以2為公比的等比數列.（1）求的值；（2）填寫下面列聯表，能否在犯錯誤的概率不超過0.01的情況下認為“獲得優秀作文”與“學生的文理科”有關？文科生理科生合計獲獎6不獲獎合計400（3）將上述調查所得的頻率視為概率，現從全市參考學生中，任意抽取2名學生，記“獲得優秀作文”的學生人數為，求的分布列及數學期望.附：，其中.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82822．（10分）已知函數，且．（1）若，求的最小值，并求此時的值；（2）若，求證:．

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、B【解析】

列出每一次循環，直到計數變量滿足退出循環.【詳解】第一次循環：；第二次循環：；第三次循環：，退出循環，輸出的為.故選：B.【點睛】本題考查由程序框圖求輸出的結果，要注意在哪一步退出循環，是一道容易題.2、C【解析】

由已知中的三視圖，可知該幾何體是一個以俯視圖為底面的三棱錐，求出底面面積，代入錐體體積公式，可得答案．【詳解】由已知中的三視圖，可知該幾何體是一個以俯視圖為底面的三棱錐，其底面面積，高，故體積，故選：．【點睛】本題考查的知識點是由三視圖求幾何體的體積，解決本題的關鍵是得到該幾何體的形狀．3、B【解析】

利用等差數列的通項公式列出方程組，求出首項和公差，由此能求出．【詳解】∵{an}為等差數列，,∴，解得＝﹣10，d＝3，∴＝+4d＝﹣10+11＝1．故選：B．【點睛】本題考查等差數列通項公式求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．4、C【解析】

分類討論，僅有一個陽爻的有坎、艮、震三卦，從中取兩卦；從僅有兩個陽爻的有巽、離、兌三卦中取一個，再取沒有陽爻的坤卦，計算滿足條件的種數，利用古典概型即得解.【詳解】由圖可知，僅有一個陽爻的有坎、艮、震三卦，從中取兩卦滿足條件，其種數是；僅有兩個陽爻的有巽、離、兌三卦，沒有陽爻的是坤卦，此時取兩卦滿足條件的種數是，于是所求的概率．故選：C【點睛】本題考查了古典概型的應用，考查了學生綜合分析，分類討論，數學運算的能力，屬于基礎題.5、D【解析】

如圖，將四面體放到直三棱柱中，求四面體的外接球的半徑轉化為求三棱柱外接球的半徑，然后確定球心在上下底面外接圓圓心連線中點，這樣根據幾何關系，求外接球的半徑.【詳解】中，易知，翻折后,，，設外接圓的半徑為，，，如圖：易得平面，將四面體放到直三棱柱中，則球心在上下底面外接圓圓心連線中點，設幾何體外接球的半徑為，，四面體的外接球的表面積為.故選：D【點睛】本題考查幾何體的外接球的表面積，意在考查空間想象能力，和計算能力，屬于中檔題型，求幾何體的外接球的半徑時，一般可以用補形法，因正方體，長方體的外接球半徑容易求，可以將一些特殊的幾何體補形為正方體或長方體，比如三條側棱兩兩垂直的三棱錐，或是構造直角三角形法，確定球心的位置，構造關于外接球半徑的方程求解.6、A【解析】

由余弦定理求出角，再由三角形面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理得：，又，所以得，故△ABC的面積.故選：A【點睛】本題主要考查了余弦定理的應用，三角形的面積公式，考查了學生的運算求解能力.7、B【解析】

由拋物線的定義轉化，列出方程求出p，即可得到拋物線方程．【詳解】由拋物線y2＝2px（p＞0）上的點M到其焦點F的距離比點M到y軸的距離大，根據拋物線的定義可得，，所以拋物線的標準方程為：y2＝2x．故選B．【點睛】本題考查了拋物線的簡單性質的應用，拋物線方程的求法，屬于基礎題．8、C【解析】

對于①中，根據指數冪的運算性質和不等式的性質，可判定值正確的；對于②中，構造新函數，利用導數得到函數為單調遞增函數，進而得到，即可判定是錯誤的；對于③中，構造新函數，利用導數求得函數的最大值為，進而得到，即可判定是正確的.【詳解】由題意，對于①中，由，可得，根據不等式的性質，可得成立，所以是正確的；對于②中，設函數，則，所以函數為單調遞增函數，因為，則又由，所以，即，所以②不正確；對于③中，設函數，則，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，所以當時，函數取得最大值，最大值為，所以，即，即，所以是正確的.故選：C.【點睛】本題主要考查了不等式的性質，以及導數在函數中的綜合應用，其中解答中根據題意，合理構造新函數，利用導數求得函數的單調性和最值是解答的關鍵，著重考查了構造思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.9、D【解析】

將、用、表示，再代入中計算即可.【詳解】由，知為的重心，所以，又，所以，，所以，.故選：D【點睛】本題考查平面向量基本定理的應用，涉及到向量的線性運算，是一道中檔題.10、B【解析】

先將三個數通過指數，對數運算變形，再判斷.【詳解】因為，，所以，故選：B.【點睛】本題主要考查指數、對數的大小比較，還考查推理論證能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題.11、D【解析】根據y與x的線性回歸方程為y=0.85x﹣85.71，則=0.85＞0，y與x具有正的線性相關關系，A正確；回歸直線過樣本點的中心（），B正確；該大學某女生身高增加1cm，預測其體重約增加0.85kg，C正確；該大學某女生身高為170cm，預測其體重約為0.85×170﹣85.71=58.79kg，D錯誤．故選D．12、C【解析】

求得點坐標，由此求得直線的方程，聯立直線的方程和拋物線的方程，求得點坐標，進而求得【詳解】拋物線焦點為，令，，解得，不妨設，則直線的方程為，由，解得，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查拋物線的弦長的求法，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.14、【解析】

求出所有可能，找出符合可能的情況，代入概率計算公式．【詳解】解：甲、乙、丙、丁4名大學生參加兩個企業的實習，每個企業兩人，共有種，甲乙在同一個公司有兩種可能，故概率為，故答案為．【點睛】本題考查古典概型及其概率計算公式，屬于基礎題15、0【解析】

利用等差中項以及等比數列的前項和公式即可求解.【詳解】由，，是等差數列可知因為，所以，故答案為：0【點睛】本題考查了等差中項的應用、等比數列的前項和公式，需熟記公式，屬于基礎題.16、-2【解析】

由是定義在上的奇函數,可知對任意的,都成立,代入函數式可求得的值.【詳解】由題意,的定義域為,,是奇函數,則,即對任意的,都成立,故,整理得,解得.故答案為:.【點睛】本題考查奇函數性質的應用,考查學生的計算求解能力,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)證明見解析；(II)1【解析】

(I)過D作DE⊥BC于E，連接SE，根據勾股定理得到SE⊥BC，DE⊥BC得到BC⊥平面SED，得到證明.(II)過點D作DF⊥SE于F，證明DF⊥平面SBC，故∠ESD為直線SD與平面SBC所成角，計算夾角得到答案.【詳解】(I)過D作DE⊥BC于E，連接SE，根據角度的垂直關系易知：AC=1，AB=SB=2，CS=CB=3，故DE=BDsin∠CBD=6根據余弦定理：13+SE2-2故SE⊥BC，DE⊥BC，SE∩DE=E，故BC⊥平面SED，SD?平面SED，故SD⊥BC.(II)過點D作DF⊥SE于F，BC⊥平面SED，DF?平面SED，故DF⊥BC，DF⊥SE，BC∩SE=E，故DF⊥平面SBC，故∠ESD為直線SD與平面SBC所成角，SD2=S故sin∠ESD=【點睛】本題考查了線線垂直，線面夾角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.18、（1）見解析（2）【解析】

（1）取中點，連接，，通過證明，得，結合可證線面垂直，繼而可證面面垂直.（2）設，建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，繼而可求二面角的余弦值.【詳解】解析：（1）取中點，連接，，由已知可得，，，∵側面是菱形，∴，，，即，∵，∴平面，∴平面平面.（2）設，則，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的法向量為，則，令得.同理可求得平面的法向量，∴.【點睛】本題考查了面面垂直的判定，考查了二面角的求解.一般在求二面角或者線面角的問題時，常建立空間直角坐標系，通過求面的法向量、線的方向向量，繼而求解.特別地，對于線面角問題，法向量與方向向量的余角才是所求的線面角，即兩個向量夾角的余弦值為線面角的正弦值.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）求函數的導函數，即可求得切線的斜率，則切線方程得解；（Ⅱ）構造函數，對參數分類討論，求得函數的單調性，以及最值，即可容易求得參數范圍.【詳解】（Ⅰ）當時，，則.所以.又，故所求切線方程為，即.（Ⅱ）依題意，得，即恒成立.令，則.①當時，因為，不合題意.②當時，令，得，，顯然.令，得或；令，得.所以函數的單調遞增區間是，，單調遞減區間是.當時，，，所以，只需，所以，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數的幾何意義求切線方程，以及利用導數研究恒成立問題，屬綜合中檔題.20、(1)(2)【解析】

（1）把f（x）去絕對值寫成分段函數的形式，分類討論，分別求得解集，綜合可得結論．（2）把f（x）去絕對值寫成分段函數，畫出f（x）的圖像，找出利用條件求得a的值．【詳解】（1）時，.當時，即為，解得.當時，，解得.當時，，解得.綜上，的解集為.（2）.，由的圖象知，，.【點睛】本題主要考查含絕對值不等式的解法及含絕對值的函數的最值問題，體現了分類討論的數學思想，屬于中檔題21、（1），，.（2）填表見解析；在犯錯誤的概率不超過0.01的情況下，不能認為“獲得優秀作文”與“學生的文理科”有關（3）詳見解析【解析】

（1）根據頻率分步直