山东省济宁市达标名校2025届高考第七次适应性训练数学试题

山东省济宁市达标名校2025届高考第七次适应性训练数学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A． B．C． D．2．已知函数，若曲线上始终存在两点，，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（）A． B． C． D．3．已知正方体的体积为，点，分别在棱，上，满足最小，则四面体的体积为A． B． C． D．4．如图，在正方体中，已知、、分别是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（）A． B． C． D．5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A． B． C． D．6．已知实数，满足，则的最大值等于()A．2 B． C．4 D．87．设，分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为()A． B． C． D．8．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，若球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（）A． B． C． D．9．平行四边形中，已知，，点、分别满足，，且，则向量在上的投影为（）A．2 B． C． D．10．已知，，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（）A． B． C． D．11．已知实数，，函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．12．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（）A．1 B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．电影《厉害了，我的国》于2018年3月正式登陆全国院线，网友纷纷表示，看完电影热血沸腾“我为我的国家骄傲，我为我是中国人骄傲！”《厉害了，我的国》正在召唤我们每一个人，不忘初心，用奋斗书写无悔人生，小明想约甲、乙、丙、丁四位好朋友一同去看《厉害了，我的国》，并把标识为的四张电影票放在编号分别为1，2，3，4的四个不同的盒子里，让四位好朋友进行猜测：甲说：第1个盒子里放的是，第3个盒子里放的是乙说：第2个盒子里放的是，第3个盒子里放的是丙说：第4个盒子里放的是，第2个盒子里放的是丁说：第4个盒子里放的是，第3个盒子里放的是小明说：“四位朋友你们都只说对了一半”可以预测，第4个盒子里放的电影票为_________14．已知实数满足，则的最小值是______________.15．已知向量=（－4，3），=（6，m），且，则m=__________.16．已知数列是等比数列，，则__________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，.（Ｉ）证明：；（Ⅱ）若是中点，与平面所成的角的正弦值为，求的长.18．（12分）如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．Ⅰ求证：平面PBD；Ⅱ求证：．19．（12分）已知奇函数的定义域为，且当时，.（1）求函数的解析式；（2）记函数，若函数有3个零点，求实数的取值范围.20．（12分）[选修4-4：极坐标与参数方程]在直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）若射线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，求取最大值时的值21．（12分）如图,三棱柱中,底面是等边三角形,侧面是矩形,是的中点,是棱上的点,且.（1）证明：平面；（2）若,求二面角的余弦值.22．（10分）在平面直角坐标系中，已知直线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果.【详解】由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥半个圆柱体积为：四棱锥体积为：原几何体体积为：本题正确选项：【点睛】本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积.2、D【解析】

根据中点在轴上，设出两点的坐标，，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.【详解】根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.【点睛】本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.3、D【解析】

由题意画出图形，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，可得当时最小，设正方体的棱长为，得，进一步求出四面体的体积即可．【详解】解：如图，

∵点M，N分别在棱上，要最小，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，三线共线时，最小，

∴

设正方体的棱长为，则，∴．

取，连接，则共面，在中，设到的距离为，

设到平面的距离为，

.

故选D．【点睛】本题考查多面体体积的求法，考查了多面体表面上的最短距离问题，考查计算能力，是中档题．4、B【解析】

连接，使交于点，连接、，可证四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可得解．【详解】如图，连接，使交于点，连接、，则为的中点，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，因此，平面.故选：B.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．5、C【解析】

由三视图可知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，侧棱长为，利用正弦定理求出底面三角形外接圆的半径，根据三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，求出球的半径，即可求解球的表面积.【详解】由三视图可知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，侧棱长为，如图：由底面边长可知，底面三角形的顶角为，由正弦定理可得，解得，三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，所以，该几何体外接球的表面积为：.故选：C【点睛】本题考查了多面体的内切球与外接球问题，由三视图求几何体的表面积，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.6、D【解析】

画出可行域，计算出原点到可行域上的点的最大距离，由此求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，其中，由于,，所以，所以原点到可行域上的点的最大距离为.所以的最大值为.故选：D【点睛】本小题主要考查根据可行域求非线性目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.7、C【解析】

根据表示出线段长度，由勾股定理，解出每条线段的长度，再由勾股定理构造出关系，求出离心率.【详解】设，则由椭圆的定义，可以得到,在中，有，解得在中，有整理得，故选C项.【点睛】本题考查几何法求椭圆离心率，是求椭圆离心率的一个常用方法，通过几何关系，构造出关系，得到离心率.属于中档题.8、B【解析】

由题意画出图形，设球0得半径为R，AB=x,AC=y,由球0的表面积为20π，可得R2=5，再求出三角形ABC外接圆的半径,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值，代入棱锥体积公式得答案.【详解】设球的半径为，，，由，得．如图：设三角形的外心为，连接，，，可得，则．在中，由正弦定理可得：，即，由余弦定理可得，，．则三棱锥的体积的最大值为．故选：．【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、体积，基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．9、C【解析】

将用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案.【详解】解：，得，则向量在上的投影为.故选：C.【点睛】本题考查向量的几何意义，考查向量的线性运算，将用向量和表示是关键，是基础题.10、D【解析】

“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”，即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.【详解】由题意知：可化简为，，所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集，所以.【点睛】利用原命题与其逆否命题的等价性，对是的充分不必要条件进行命题转换，使问题易于求解.11、D【解析】

根据题意，对于函数分2段分析：当，由指数函数的性质分析可得①，当，由导数与函数单调性的关系可得，在上恒成立，变形可得②，再结合函数的单调性，分析可得③，联立三个式子，分析可得答案.【详解】解：根据题意，函数在上单调递增，

当，若为增函数，则①，

当，若为增函数，必有在上恒成立，

变形可得：，

又由，可得在上单调递减，则，

若在上恒成立，则有②，

若函数在上单调递增，左边一段函数的最大值不能大于右边一段函数的最小值，则需有，③

联立①②③可得：.

故选：D.【点睛】本题考查函数单调性的性质以及应用，注意分段函数单调性的性质.12、A【解析】

设，因为，得到，利用直线的斜率公式，得到，结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意，抛物线的焦点坐标为，设，因为，即线段的中点，所以，所以直线的斜率，当且仅当，即时等号成立，所以直线的斜率的最大值为1.故选：A.【点睛】本题主要考查了抛物线的方程及其应用，直线的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、A或D【解析】

分别假设每一个人一半是对的，然后分别进行验证即可．【详解】解：假设甲说：第1个盒子里面放的是是对的，则乙说：第3个盒子里面放的是是对的，丙说：第2个盒子里面放的是是对的，丁说：第4个盒子里面放的是是对的，由此可知第4个盒子里面放的是；假设甲说：第3个盒子里面放的是是对的，则丙说：第4个盒子里面放的是是对的，乙说：第2个盒子里面放的是是对的，丁说：第3个盒子里面放的是是对的，由此可知第4个盒子里面放的是．故第4个盒子里面放的电影票为或．故答案为：或【点睛】本题考查简单的合情推理，考查推理论证能力、分析判断能力、归纳总结能力，属于中档题．14、【解析】

先画出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析解答得解.【详解】画出不等式组表示的可行域如图阴影区域所示.由题得y=-3x+z,它表示斜率为-3,纵截距为z的直线系，平移直线，易知当直线经过点时，直线的纵截距最小，目标函数取得最小值，且.故答案为：-8【点睛】本题主要考查线性规划问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析能力.15、8.【解析】

利用转化得到加以计算，得到.【详解】向量则.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算、平面向量的数量积、平面向量的垂直以及转化与化归思想的应用.属于容易题.16、【解析】

根据等比数列通项公式，首先求得，然后求得.【详解】设的公比为，由，得，故.故答案为：【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，再利用线面垂直的判定定理证明.（Ⅱ）设，则，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加求得，再过作，则平面，即点到平面的距离，由是中点，得到到平面的距离，然后根据与平面所成的角的正弦值为求解.【详解】（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，，所以平面，所以.（Ⅱ）设，，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加得：，所以，，过作，则平面，即点到平面的距离，因为是中点，所以为到平面的距离，因为与平面所成的角的正弦值为，即，解得.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，线面角的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象运算求解的能力，属于中档题.18、（1）见解析；（2）见解析．【解析】分析：（1）先证明，再证明FG//平面PBD.（2）先证明平面，再证明BD⊥FG．详解：证明：（1）连结PE，因为G.、F为EC和PC的中点，，又平面，平面，所以平面（II）因为菱形ABCD，所以，又PA⊥面ABCD，平面，所以，因为平面，平面，且，平面，平面，∴BD⊥FG.点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)证明空间位置关系，一般有几何法和向量法，本题利用几何法比较方便.19、（1）；（2）【解析】

（1）根据奇函数定义，可知；令则，结合奇函数定义即可求得时的解析式，进而得函数的解析式；（2）根据零点定义，可得，由函数图像分析可知曲线与直线在第三象限必1个交点，因而需在第一象限有2个交点，将与联立，由判别式及两根之和大于0，即可求得的取值范围.【详解】（1）因为函数为奇函数，且，故；当时，，，则；故.（2）令，解得，画出函数关系如下图所示，要使曲线与直线有3个交点，则2个交点在第一象限，1个交点在第三象限，联立，化简可得，令，即，解得，所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查了根据函数奇偶性求解析式，分段函数图像画法，由函数零点个数求参数的取值范围应用，数形结合的应用，属于中档题.20、(1)的极坐标方程为.曲线的直角坐标方程为.(2)【解析】

(1)先得到的一般方程，再由极坐标化直角坐标的公式得到一般方程，将代入得，得到曲线的直角坐标方程；（2）设点、的极坐标分别为，，将分别代入曲线、极坐标方程得：，，，之后进行化一，可得到最值，此时，可求解.【详解】（1）由得，将代入得：，故曲线的极坐标方程为.由得，将代入得，故曲线的直角坐标方程为.（2）设点、的极坐标分别为，，将分别代入曲线、极坐标方程得：，，则，其中为锐角，且满足，，当时，取最大值，此时，【点睛】这个题目考查了参数方程化为普通方程的方法，极坐标化为直角坐标的方法，以及极坐标中极径的几何意义，极径代表的是曲线上的点到极点的距离，在参数方程和极坐标方程中，能表示距离的量一个是极径，一个是t的几何意义，其中极径多数用于过极点的曲线，而t的应用更广泛一些.21、（1）见解析（2）【解析】

（1）连结BM，推导出BC⊥BB1，AA1⊥BC，从而AA1⊥MC，进而AA1⊥平面BCM，AA1⊥MB，推导出四边形AMNP是平行四边形，从而MN∥AP，由此能证明MN∥平面ABC．（2）推导出△A