遼寧省葫蘆島市2025年5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、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?？荚嚱Y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．已知集合．為自然數集，則下列表示不正確的是（）A． B． C． D．2．若集合，，則A． B． C． D．3．設不等式組表示的平面區域為，若從圓：的內部隨機選取一點，則取自的概率為（）A． B． C． D．4．已知為定義在上的奇函數，若當時，（為實數），則關于的不等式的解集是（）A． B． C． D．5．將函數的圖象向左平移個單位長度，得到的函數為偶函數，則的值為（）A． B． C． D．6．已知，是兩條不重合的直線，是一個平面，則下列命題中正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則7．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．8．若直線l不平行于平面α，且l?α，則（）A．α內所有直線與l異面B．α內只存在有限條直線與l共面C．α內存在唯一的直線與l平行D．α內存在無數條直線與l相交9．已知平面向量，滿足，，且，則（）A．3 B． C． D．510．某空間幾何體的三視圖如圖所示（圖中小正方形的邊長為1），則這個幾何體的體積是（）A． B． C．16 D．3211．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，點，在橢圓上，其中，，若，，則橢圓的離心率的取值范圍為（）A． B．C． D．12．如圖，四邊形為正方形，延長至，使得，點在線段上運動.設，則的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設，則______.14．在四面體中，與都是邊長為2的等邊三角形，且平面平面，則該四面體外接球的體積為_______．15．在平面直角坐標系中，已知圓及點，設點是圓上的動點，在中，若的角平分線與相交于點，則的取值范圍是_______.16．從一箱產品中隨機地抽取一件，設事件抽到一等品，事件抽到二等品，事件抽到三等品，且已知，，，則事件“抽到的產品不是一等品”的概率為________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，函數在點處的切線斜率為0.（1）試用含有的式子表示，并討論的單調性；（2）對于函數圖象上的不同兩點，，如果在函數圖象上存在點，使得在點處的切線，則稱存在“跟隨切線”.特別地，當時，又稱存在“中值跟隨切線”.試問：函數上是否存在兩點使得它存在“中值跟隨切線”，若存在，求出的坐標，若不存在，說明理由.18．（12分）已知函數，．（1）若，，求實數的值．（2）若，，求正實數的取值范圍．19．（12分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a=4，.（1）求A的余弦值；（2）求△ABC面積的最大值．20．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為為參數)，直線的參數方程(為參數)，若直線的交點為，當變化時，點的軌跡是曲線（1）求曲線的普通方程；（2）以坐標原點為極點，軸非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，設射線的極坐標方程為，，點為射線與曲線的交點，求點的極徑.21．（12分）已知.（1）若是上的增函數，求的取值范圍；（2）若函數有兩個極值點，判斷函數零點的個數.22．（10分）已知函數f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax.（1）求函數f(x)在區間[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；（2）令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函數h(x)圖像上任意兩點，且滿足＞1，求實數a的取值范圍；（3）若?x∈(0,1]，使f(x)≥成立，求實數a的最大值．

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、D【解析】

集合．為自然數集，由此能求出結果．【詳解】解：集合．為自然數集，在A中，，正確；在B中，，正確；在C中，，正確；在D中，不是的子集，故D錯誤．故選：D．【點睛】本題考查命題真假的判斷、元素與集合的關系、集合與集合的關系等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．2、C【解析】

解一元次二次不等式得或，利用集合的交集運算求得.【詳解】因為或，，所以，故選C.【點睛】本題考查集合的交運算，屬于容易題.3、B【解析】

畫出不等式組表示的可行域，求得陰影部分扇形對應的圓心角，根據幾何概型概率計算公式，計算出所求概率.【詳解】作出中在圓內部的區域，如圖所示，因為直線，的傾斜角分別為，，所以由圖可得取自的概率為.故選：B【點睛】本小題主要考查幾何概型的計算，考查線性可行域的畫法，屬于基礎題.4、A【解析】

先根據奇函數求出m的值，然后結合單調性求解不等式.【詳解】據題意，得，得，所以當時，.分析知，函數在上為增函數.又，所以.又，所以，所以，故選A.【點睛】本題主要考查函數的性質應用，側重考查數學抽象和數學運算的核心素養.5、D【解析】

利用三角函數的圖象變換求得函數的解析式，再根據三角函數的性質，即可求解，得到答案．【詳解】將將函數的圖象向左平移個單位長度，可得函數又由函數為偶函數，所以，解得，因為，當時，，故選D．【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象變換，以及三角函數的性質的應用，其中解答中熟記三角函數的圖象變換，合理應用三角函數的圖象與性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．6、D【解析】

利用空間位置關系的判斷及性質定理進行判斷.【詳解】解：選項A中直線，還可能相交或異面，選項B中，還可能異面，選項C，由條件可得或．故選：D.【點睛】本題主要考查直線與平面平行、垂直的性質與判定等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力，屬于基礎題.7、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.8、D【解析】

通過條件判斷直線l與平面α相交，于是可以判斷ABCD的正誤.【詳解】根據直線l不平行于平面α，且l?α可知直線l與平面α相交，于是ABC錯誤，故選D.【點睛】本題主要考查直線與平面的位置關系，直線與直線的位置關系，難度不大.9、B【解析】

先求出，再利用求出，再求.【詳解】解：由，所以，，，故選：B【點睛】考查向量的數量積及向量模的運算，是基礎題.10、A【解析】幾何體為一個三棱錐，高為4，底面為一個等腰直角三角形，直角邊長為4，所以體積是，選A.11、C【解析】

根據可得四邊形為矩形,設,,根據橢圓的定義以及勾股定理可得,再分析的取值范圍,進而求得再求離心率的范圍即可.【詳解】設,,由,,知,因為,在橢圓上,,所以四邊形為矩形,；由,可得,由橢圓的定義可得,①,平方相減可得②,由①②得；令,令,所以,即,所以,所以,所以,解得.故選：C【點睛】本題主要考查了橢圓的定義運用以及構造齊次式求橢圓的離心率的問題,屬于中檔題.12、C【解析】

以為坐標原點，以分別為x軸，y軸建立直角坐標系，利用向量的坐標運算計算即可解決.【詳解】以為坐標原點建立如圖所示的直角坐標系，不妨設正方形的邊長為1，則，，設，則，所以，且，故.故選：C.【點睛】本題考查利用向量的坐標運算求變量的取值范圍，考查學生的基本計算能力，本題的關鍵是建立適當的直角坐標系，是一道基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、121【解析】

在所給的等式中令，,令，可得2個等式，再根據所得的2個等式即可解得所求.【詳解】令，得，令，得，兩式相加，得，所以.故答案為:.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用,考查學生分析問題的能力,屬于基礎題,難度較易.14、【解析】

先確定球心的位置，結合勾股定理可求球的半徑，進而可得球的面積.【詳解】取的外心為，設為球心，連接，則平面，取的中點，連接，，過做于點，易知四邊形為矩形，連接，，設，.連接，則，，三點共線，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.【點睛】本題主要考查幾何體的外接球問題，外接球的半徑的求解一般有兩個思路：一是確定球心位置，利用勾股定理求解半徑；二是利用熟悉的模型求解半徑,比如長方體外接球半徑是其對角線的一半.15、【解析】

由角平分線成比例定理推理可得，進而設點表示向量構建方程組表示點P坐標，代入圓C方程即可表示動點Q的軌跡方程，再由將所求視為該圓上的點與原點間的距離，所以其最值為圓心到原點的距離加減半徑.【詳解】由題可構建如圖所示的圖形，因為AQ是的角平分線，由角平分線成比例定理可知,所以.設點，點，即，則，所以.又因為點是圓上的動點，則，故點Q的運功軌跡是以為圓心為半徑的圓，又即為該圓上的點與原點間的距離，因為，所以故答案為：【點睛】本題考查與圓有關的距離的最值問題，常常轉化到圓心的距離加減半徑，還考查了求動點的軌跡方程，屬于中檔題.16、0.35【解析】

根據對立事件的概率和為1，結合題意，即可求出結果來．【詳解】解：由題意知本題是一個對立事件的概率，抽到的不是一等品的對立事件是抽到一等品，，抽到不是一等品的概率是，故答案為：．【點睛】本題考查了求互斥事件與對立事件的概率的應用問題，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），單調性見解析；（2）不存在，理由見解析【解析】

（1）由題意得，即可得；求出函數的導數，再根據、、、分類討論，分別求出、的解集即可得解；（2）假設滿足條件的、存在，不妨設，且，由題意得可得，令（），構造函數（），求導后證明即可得解.【詳解】（1）由題可得函數的定義域為且，由，整理得..（ⅰ）當時，易知，，時.故在上單調遞增，在上單調遞減.（ⅱ）當時，令，解得或，則①當，即時，在上恒成立，則在上遞增.②當，即時，當時，；當時，.所以在上單調遞增，單調遞減，單調遞增.③當，即時，當時，；當時，.所以在上單調遞增，單調遞減，單調遞增.綜上，當時，在上單調遞增，在單調遞減.當時，在及上單調遞增；在上單調遞減.當時，在上遞增.當時，在及上單調遞增；在上遞減.（2）滿足條件的、不存在，理由如下：假設滿足條件的、存在，不妨設，且，則，又，由題可知，整理可得：，令（），構造函數（）.則，所以在上單調遞增，從而，所以方程無解，即無解.綜上，滿足條件的A、B不存在.【點睛】本題考查了導數的應用，考查了計算能力和轉化化歸思想，屬于中檔題.18、（1）1（2）【解析】

（1）求得和，由，，得，令，令導數求得函數的單調性，利用，即可求解．（2）解法一：令，利用導數求得的單調性，轉化為，令（），利用導數得到的單調性，分類討論，即可求解．解法二：可利用導數，先證明不等式，，，，令（），利用導數，分類討論得出函數的單調性與最值，即可求解．【詳解】（1）由題意，得，，由，…①，得，令，則，因為，所以在單調遞增，又，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以，當且僅當時等號成立．故方程①有且僅有唯一解，實數的值為1．（2）解法一：令（），則，所以當時，，單調遞增;當時，，單調遞減;故．令（），則．（i）若時，，在單調遞增，所以，滿足題意．（ii）若時，，滿足題意．（iii）若時，，在單調遞減，所以．不滿足題意．綜上述：．解法二：先證明不等式，，，…（*）．令，則當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，即．變形得，，所以時，，所以當時，.又由上式得，當時，，，.因此不等式（*）均成立．令（），則，（i）若時，當時，，單調遞增;當時，，單調遞減;故．（ii）若時，，在單調遞增，所以．因此，①當時，此時，，，則需由（*）知，，（當且僅當時等號成立），所以．②當時，此時，，則當時，（由（*）知）；當時，（由（*）知）．故對于任意，．綜上述：．【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于恒成立問題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．19、（1）；（2）【解析】

（1）根據正弦定理化簡得到，故，得到答案.（2）計算，再利用面積公式計算得到答案.【詳解】（1），則，即，故，，故.（2），故，故.當時等號成立.，故，，故△ABC面積的最大值為.【點睛】本題考查了正弦定理，面積公式，均值不等式，意在考查學生的綜合應用能力.20、（1）；（2）【解析】

（1）將兩直線化為普通方程，消去參數，即可求出曲線的普通方程；（2）設Q點的直角坐標系坐標為,求出，代入曲線C可求解.【詳解】（1）直線的普通方程為,直線的普通方程為聯立直線,方程消去參數k,得曲線C的普通方程為整理得.（2）設Q點的直角坐標系坐標為,由可得代入曲線C的方程可得，解得（舍），所以點的極徑為.【點睛】本題主要考查了直線的參數方程化為普通方程，普通方程化為極坐標方程，極徑的求法，屬于中檔題.21、(1)(2)三個零點【解析】

(1)由題意知恒成立,構造函數，對函數求導，求得函數最值，進而得到結果；（2）當時先對函數求導研究函數的單調性可得到函數有兩個極值點，再證，.【詳解】（1）由得，由題意知恒成立，即，設，，時，遞減，時，，遞增；故，即，故的取值范圍是.（2）當時，單調，無極值；當時，，一方面，，且在遞減，所以在區間有一個零點.另一方面，，設，則，從而在遞增，則，即，又在遞增，所以在區間有一個零點.因此，當時在和各有一個零點，將這兩個零點記為，，當時，即；當時，即；當時，即：從而在遞增，在遞減，在遞增；于是是函數的極大值點，是函數的極小值點.下面證明：，由得，即，由得，令，則，①當時，遞減，則，而，故；②當時，遞減，則，而，故；一方面，因為，又，且在遞增，所以在上有一個零點，即在上有一個零點.另一方面，根據得，則有：，又，且在遞增，故在上有一個零點，故在上有一個零點.又，故有三個零點.【點睛】本題考查函數的零點，導數的綜合應用．在研究函數零點時，有一種方法是把函數的零點轉化為方程的解，再把方程的解轉化為函數圖象的交點，特別是利用分離參數法轉化為動直線與函數圖象交點問題，這樣就可利用導數研究新函數的單調性與極值，從而得出函數的變化趨勢，得出結論．22、（1）m(t)＝（2）a≤2－2.（3）a≤2－2.【解析】

（1）是研究在動區間上的最值問題，這類問題的研究方法就是通過討論函數的極值點與所研究的區間的大小關系來進行求解．（2）注意到函數h(x)的圖像上任意不同兩點A，B連線的斜率總大于1，等價于h(x1)－h(x2)＜x1－x2(x1＜x2)恒成立，從而構造函數F(x)＝h(x)－x在(0，＋∞)上單調遞增，進而等價于F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立來加以研究．（3）用處理恒成立問題來處理有解問題，先分