2022-2023学年安徽省高考适应性考试数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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已知向量，夹角为， ，则( )A2B4CD2已知数列满足：，则( )A16B25C28D333已知是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的两支分别交于两点（A在右支，B在左支）若为等边三角形，

2、则双曲线的离心率为（ ）ABCD4某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4的正三角形，俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（ ）ABCD5函数的单调递增区间是（ ）ABCD6某人用随机模拟的方法估计无理数的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点作轴的垂线与曲线相交于点，过作轴的垂线与轴相交于点（如图），然后向矩形内投入粒豆子，并统计出这些豆子在曲线上方的有粒，则无理数的估计值是（ ） ABCD7如图，在平行四边形中，为对角线的交点，点为平行四边形外一点，且，则（ ）ABCD8做抛掷一枚骰子的试验，当出现1点或2点时，就说这次试验成功，假设骰子是质地均匀的.则

3、在3次这样的试验中成功次数X的期望为（ ）ABC1D29框图与程序是解决数学问题的重要手段，实际生活中的一些问题在抽象为数学模型之后，可以制作框图，编写程序，得到解决，例如，为了计算一组数据的方差，设计了如图所示的程序框图，其中输入，则图中空白框中应填入（ ）A，BC，D，10设，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件11记其中表示不大于x的最大整数，若方程在在有7个不同的实数根，则实数k的取值范围( )ABCD12已知m为实数，直线：，：，则“”是“”的（ ）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，

4、每小题5分，共20分。13我国古代名著张丘建算经中记载：“今有方锥下广二丈，高三丈，欲斩末为方亭；令上方六尺：问亭方几何？”大致意思是：有一个四棱锥下底边长为二丈，高三丈；现从上面截取一段，使之成为正四棱台状方亭，且四棱台的上底边长为六尺，则该正四棱台的高为_尺，体积是_立方尺（注：1丈=10尺）.14已知集合，若，则_15从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为_.16若,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）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；

5、（2）若在上恒成立，求的取值范围18（12分）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，是的中点.（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成的角的正弦值.19（12分）在中， .求边上的高.，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.20（12分）P是圆上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足（1）求动点M的轨迹C的方程，并说明轨迹是什么图形；（2）过点的直线l与动点M的轨迹C交于不同的两点A，B，求以OA，OB为邻边的平行四边形OAEB的顶点E的轨迹方程21（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中点求证：平面PBD；求证：

6、22（10分）已知函数，.（）判断函数在区间上零点的个数，并证明；（）函数在区间上的极值点从小到大分别为，证明：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、A【解析】根据模长计算公式和数量积运算，即可容易求得结果.【详解】由于，故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积运算，模长的求解，属综合基础题.2、C【解析】依次递推求出得解.【详解】n=1时，n=2时，n=3时，n=4时，n=5时，.故选：C【点睛】本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3、D【解析】根据双曲线的定义可得的边长为，然后在中应用余

7、弦定理得的等式，从而求得离心率【详解】由题意，又，在中，即，故选：D【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线的定义把到两焦点距离用表示，然后用余弦定理建立关系式4、A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体，前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥，后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥，体积为 故答案为A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：

8、1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.5、D【解析】利用辅助角公式,化简函数的解析式,再根据正弦函数的单调性,并采用整体法,可得结果.【详解】因为，由，解得，即函数的增区间为，所以当时，增区间的一个子集为.故选D.【点睛】本题考查了辅助角公式,考查正弦型函数的单调递增区间,重点在于把握正弦函数的单调性，同时对于整体法的应用,使问题化繁为简,难度较易.6、D【解析】利用定积分计算出矩形中位于曲线上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关于的等式，解出的表达式即可.【详解】在函数的解析

9、式中，令，可得，则点，直线的方程为，矩形中位于曲线上方区域的面积为，矩形的面积为，由几何概型的概率公式得，所以，.故选：D.【点睛】本题考查利用随机模拟的思想估算的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计算平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.7、D【解析】连接，根据题目，证明出四边形为平行四边形，然后，利用向量的线性运算即可求出答案【详解】连接，由，知，四边形为平行四边形，可得四边形为平行四边形，所以.【点睛】本题考查向量的线性运算问题，属于基础题8、C【解析】每一次成功的概率为，服从二项分布，计算得到答案.【详解】每一次成功的概率为，服从二项分布，故.故选：.【点睛】

10、本题考查了二项分布求数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.9、A【解析】依题意问题是，然后按直到型验证即可.【详解】根据题意为了计算7个数的方差，即输出的，观察程序框图可知，应填入，故选：A.【点睛】本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及转化与化归思想，属于基础题.10、A【解析】根据对数的运算分别从充分性和必要性去证明即可.【详解】若， ，则，可得；若，可得，无法得到，所以“”是“”的充分而不必要条件.所以本题答案为A.【点睛】本题考查充要条件的定义，判断充要条件的方法是： 若为真命题且为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件； 若为假命题且为真命题，则命题p是命题q的必要不充

11、分条件； 若为真命题且为真命题，则命题p是命题q的充要条件； 若为假命题且为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件. 判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系.11、D【解析】做出函数的图象，问题转化为函数的图象在有7个交点，而函数在上有3个交点，则在上有4个不同的交点，数形结合即可求解.【详解】作出函数的图象如图所示，由图可知 方程在上有3个不同的实数根，则在上有4个不同的实数根，当直线经过时，；当直线经过时，可知当时，直线与的图象在上有4个交点，即方程，在上有4个不同的实数根.故选:D.【点睛】本题考查方程根的个数求参数，利用

12、函数零点和方程之间的关系转化为两个函数的交点是解题的关键，运用数形结合是解决函数零点问题的基本思想，属于中档题.12、A【解析】根据直线平行的等价条件，求出m的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】当m=1时，两直线方程分别为直线l1：x+y1=0，l2：x+y2=0满足l1l2，即充分性成立，当m=0时，两直线方程分别为y1=0，和2x2=0，不满足条件当m0时，则l1l2，由得m23m+2=0得m=1或m=2，由得m2，则m=1，即“m=1”是“l1l2”的充要条件，故答案为：A【点睛】（1）本题主要考查充要条件的判断，考查两直线平行的等价条件，意在考查学生对这些知识的掌握水

13、平和分析推理能力.(2) 本题也可以利用下面的结论解答，直线和直线平行，则且两直线不重合,求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、21 3892 【解析】根据题意画出图形，利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高，再计算它的体积.【详解】如图所示：正四棱锥P-A BCD的下底边长为二丈，即AB=20尺，高三丈，即PO=30尺，截去一段后，得正四棱台ABCD-ABCD，且上底边长为AB=6尺，所以，解得，所以该正四棱台的体积是，故答案为：21；3892.【点睛】本题考查了棱锥与棱台的结构特征与应用问题，也考查了棱台的体积计算问题，属于中档题

14、.14、1【解析】分别代入集合中的元素，求出值，再结合集合中元素的互异性进行取舍可解.【详解】依题意，分别令，由集合的互异性，解得，则.故答案为：【点睛】本题考查集合元素的特性：确定性、互异性、无序性确定集合中元素，要注意检验集合中的元素是否满足互异性15、【解析】基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率【详解】从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：，则抽得的第一张卡片上

15、的数不小于第二张卡片上的数的概率为故答案为：【点睛】本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型16、1 0 【解析】根据换底公式计算即可得解；根据同底对数加法法则，结合的结果即可求解.【详解】由题：,则；由可得：.故答案为：1，0【点睛】此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目.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、（1）；（2）【解析】（1）,对函数求导,分别求出和,即可求出在点处的切线方程;（2）对求导,分、和三种情况讨论的单调性,再结合在上恒成立,可求得的取值范围.【详解】（1）因为,所以,所以,则,故

16、曲线在点处的切线方程为.（2）因为,所以,当时,在上恒成立,则在上单调递增,从而成立,故符合题意;当时,令,解得,即在上单调递减,则,故不符合题意;当时,在上恒成立,即在上单调递减,则,故不符合题意.综上,的取值范围为.【点睛】本题考查了曲线的切线方程的求法,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了不等式恒成立问题,利用分类讨论是解决本题的较好方法,属于中档题.18、 ()详见解析；()【解析】试题分析：（）连接交于，得，所以面，又 ，得面，即可利用面面平行的判定定理，证得结论；（）如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求的平面的一个法向量 ，利用向量和向量夹角公式，即可求解与平面所成角的正

17、弦值试题解析：（）连接BD交AC于O，易知O是BD的中点，故OG/BE，BE面BEF，OG在面BEF外，所以OG/面BEF；又EF/AC，AC在面BEF外，AC/面BEF，又AC与OG相交于点O，面ACG有两条相交直线与面BEF平行，故面ACG面BEF；（）如图，以O为坐标原点，分别以OC、OD、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则， ， ， ，设面ABF的法向量为，依题意有，令，直线AD与面ABF成的角的正弦值是 19、详见解析【解析】选择，利用正弦定理求得，利用余弦定理求得，再计算边上的高.选择，利用正弦定理得出，由余弦定理求出，再求边上的高.选择，利用余弦定理列方程求出，再计算边上的

18、高.【详解】选择，在中，由正弦定理得，即，解得；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.选择，在中，由正弦定理得，又因为，所以，即；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.选择，在中，由，得；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.【点睛】本小题主要考查真闲的了、余弦定理解三角形，属于中档题.20、（1）点M的轨迹C的方程为，轨迹C是以，为焦点，长轴长为4的椭圆（2）【解析】（1）设，根据可求得，代入圆的方程可得所求轨迹方程；根据轨迹方程可知轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆；（2）设，与椭圆方程联立，利用求得；利用韦达定理表示出与，根据平行

19、四边形和向量的坐标运算求得，消去后得到轨迹方程；根据求得的取值范围，进而得到最终结果.【详解】（1）设，则由知：点在圆上 点的轨迹的方程为：轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆（2）设，由题意知的斜率存在设，代入得：则，解得：设，则四边形为平行四边形又 ，消去得： 顶点的轨迹方程为【点睛】本题考查圆锥曲线中的轨迹方程的求解问题，关键是能够利用已知中所给的等量关系建立起动点横纵坐标满足的关系式，进而通过化简整理得到结果；易错点是求得轨迹方程后，忽略的取值范围.21、（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BDFG详解：证明：（1）连结P

20、E，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，BDFG .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.22、（）函数在区间上有两个零点.见解析（）见解析【解析】（）根据题意，利用导函数研究函数的单调性，分类讨论在区间的单调区间和极值，进而研究零点个数问题；（）求导，由于在区间上的极值点从小到大分别为，求出，利用导数结合单调性和极值点，即可证明出.【详解】解：（），当时，在区间上单调递减，在区间上无零点；当时，在区间上单调递增，在区间上唯一零点；当时，在区间上单调递减，；在区间上唯一零点；综上可知，函数在区间上有两个零点.（），由（）知在无极值点；在有极小值点，即为；在有极大值点，即为，由，即，2，以及的单调性，由函数在单调递增，得，由在单调递减，得，即，故.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，通过导数解决函数零点个数问题和证明不等式，考查转化思想和计算能力.