安徽省黃山一中新高考適應性考試數學試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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．如圖，在底面邊長為1，高為2的正四棱柱中，點是平面內一點，則三棱錐的正視圖與側視圖的面積之和為（）A．2 B．3 C．4 D．52．已知橢圓+=1(a>b>0)與直線交于A，B兩點，焦點F(0，-c)，其中c為半焦距，若△ABF是直角三角形，則該橢圓的離心率為（）A． B． C． D．3．函數y=sin2x的圖象可能是A． B．C． D．4．若變量，滿足，則的最大值為（）A．3 B．2 C． D．105．已知函數為奇函數，則（）A． B．1 C．2 D．36．定義在上函數滿足，且對任意的不相等的實數有成立，若關于x的不等式在上恒成立，則實數m的取值范圍是（）A． B． C． D．7．已知點、．若點在函數的圖象上，則使得的面積為的點的個數為（）A． B． C． D．8．已知平面向量，，，則實數x的值等于（）A．6 B．1 C． D．9．執行如圖所示的程序框圖后，輸出的值為5，則的取值范圍是（）.A． B． C． D．10．定義在上的奇函數滿足，若，，則（）A． B．0 C．1 D．211．已知函數，其中，若恒成立，則函數的單調遞增區間為（）A． B．C． D．12．已知橢圓的中心為原點，為的左焦點，為上一點，滿足且，則橢圓的方程為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列的各項均為正數，記為的前n項和，若，，則________.14．在中，角，，的對邊分別為，，.若；且，則周長的范圍為__________.15．有編號分別為1，2，3，4，5的5個紅球和5個黑球，從中隨機取出4個，則取出球的編號互不相同的概率為_______________.16．已知，，且，則最小值為__________．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）若函數為奇函數，且時有極小值.（1）求實數的值與實數的取值范圍；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.18．（12分）在銳角中，，，分別是角，，所對的邊，的面積，且滿足，則的取值范圍是（）A． B． C． D．19．（12分）己知點，分別是橢圓的上頂點和左焦點，若與圓相切于點，且點是線段靠近點的三等分點.求橢圓的標準方程；直線與橢圓只有一個公共點，且點在第二象限，過坐標原點且與垂直的直線與圓相交于，兩點，求面積的取值范圍.20．（12分）如圖，在三棱錐中，，是的中點，點在上，平面，平面平面，為銳角三角形，求證：（1）是的中點；（2）平面平面.21．（12分）如圖在棱錐中，為矩形，面，（1）在上是否存在一點，使面，若存在確定點位置，若不存在，請說明理由；（2）當為中點時，求二面角的余弦值.22．（10分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（為參數）.以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸，且兩個坐標系取相等的長度單位，建立極坐標系.（1）設直線l的極坐標方程為，若直線l與曲線C交于兩點A．B，求AB的長；（2）設M、N是曲線C上的兩點，若，求面積的最大值.

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、A【解析】

根據幾何體分析正視圖和側視圖的形狀，結合題干中的數據可計算出結果.【詳解】由三視圖的性質和定義知，三棱錐的正視圖與側視圖都是底邊長為高為的三角形，其面積都是，正視圖與側視圖的面積之和為，故選：A.【點睛】本題考查幾何體正視圖和側視圖的面積和，解答的關鍵就是分析出正視圖和側視圖的形狀，考查空間想象能力與計算能力，屬于基礎題.2、A【解析】

聯立直線與橢圓方程求出交點A，B兩點，利用平面向量垂直的坐標表示得到關于的關系式，解方程求解即可.【詳解】聯立方程，解方程可得或，不妨設A(0，a)，B(-b，0)，由題意可知，·=0，因為，，由平面向量垂直的坐標表示可得，，因為，所以a2-c2=ac，兩邊同時除以可得，，解得e=或（舍去），所以該橢圓的離心率為.故選：A【點睛】本題考查橢圓方程及其性質、離心率的求解、平面向量垂直的坐標表示；考查運算求解能力和知識遷移能力；利用平面向量垂直的坐標表示得到關于的關系式是求解本題的關鍵；屬于中檔題、常考題型.3、D【解析】分析:先研究函數的奇偶性，再研究函數在上的符號，即可判斷選擇.詳解：令，因為，所以為奇函數，排除選項A,B;因為時，，所以排除選項C，選D.點睛：有關函數圖象的識別問題的常見題型及解題思路：（1）由函數的定義域，判斷圖象的左、右位置，由函數的值域，判斷圖象的上、下位置；（2）由函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；（3）由函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；（4）由函數的周期性，判斷圖象的循環往復．4、D【解析】

畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義求解最大值即可．【詳解】解：畫出滿足條件的平面區域，如圖示：如圖點坐標分別為，目標函數的幾何意義為，可行域內點與坐標原點的距離的平方，由圖可知到原點的距離最大，故.故選：D【點睛】本題考查了簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，屬于中檔題．5、B【解析】

根據整體的奇偶性和部分的奇偶性，判斷出的值.【詳解】依題意是奇函數.而為奇函數，為偶函數，所以為偶函數，故，也即，化簡得，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查根據函數的奇偶性求參數值，屬于基礎題.6、B【解析】

結合題意可知是偶函數,且在單調遞減,化簡題目所給式子,建立不等式,結合導函數與原函數的單調性關系,構造新函數,計算最值,即可.【詳解】結合題意可知為偶函數,且在單調遞減,故可以轉換為對應于恒成立,即即對恒成立即對恒成立令,則上遞增,在上遞減,所以令,在上遞減所以.故,故選B.【點睛】本道題考查了函數的基本性質和導函數與原函數單調性關系,計算范圍,可以轉化為函數,結合導函數,計算最值,即可得出答案.7、C【解析】

設出點的坐標，以為底結合的面積計算出點到直線的距離，利用點到直線的距離公式可得出關于的方程，求出方程的解，即可得出結論.【詳解】設點的坐標為，直線的方程為，即，設點到直線的距離為，則，解得，另一方面，由點到直線的距離公式得，整理得或，，解得或或.綜上，滿足條件的點共有三個．故選：C.【點睛】本題考查三角形面積的計算，涉及點到直線的距離公式的應用，考查運算求解能力，屬于中等題．8、A【解析】

根據向量平行的坐標表示即可求解.【詳解】，，，，即，故選：A【點睛】本題主要考查了向量平行的坐標運算，屬于容易題.9、C【解析】

框圖的功能是求等比數列的和，直到和不滿足給定的值時，退出循環，輸出n.【詳解】第一次循環：；第二次循環：；第三次循環：；第四次循環：；此時滿足輸出結果，故.故選：C.【點睛】本題考查程序框圖的應用，建議數據比較小時，可以一步一步的書寫，防止錯誤，是一道容易題.10、C【解析】

首先判斷出是周期為的周期函數，由此求得所求表達式的值.【詳解】由已知為奇函數，得，而，所以，所以，即的周期為.由于，，，所以，，，.所以，又，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的奇偶性和周期性，屬于基礎題.11、A【解析】

，從而可得，，再解不等式即可.【詳解】由已知，，所以，，由，解得，.故選：A.【點睛】本題考查求正弦型函數的單調區間，涉及到恒成立問題，考查學生轉化與化歸的思想，是一道中檔題.12、B【解析】由題意可得c=，設右焦點為F′，由|OP|=|OF|=|OF′|知，∠PFF′=∠FPO，∠OF′P=∠OPF′，所以∠PFF′+∠OF′P=∠FPO+∠OPF′，由∠PFF′+∠OF′P+∠FPO+∠OPF′=180°知，∠FPO+∠OPF′=90°，即PF⊥PF′．在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|=，由橢圓定義，得|PF|+|PF′|=2a=4+8=12，從而a=6，得a2=36，于是b2=a2﹣c2=36﹣=16，所以橢圓的方程為．故選B．點睛：橢圓的定義：到兩定點距離之和為常數的點的軌跡，當和大于兩定點間的距離時，軌跡是橢圓，當和等于兩定點間的距離時，軌跡是線段（兩定點間的連線段），當和小于兩定點間的距離時，軌跡不存在．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、127【解析】

已知條件化簡可化為,等式兩邊同時除以，則有，通過求解方程可解得,即證得數列為等比數列,根據已知即可解得所求.【詳解】由..故答案為:.【點睛】本題考查通過遞推公式證明數列為等比數列,考查了等比的求和公式,考查學生分析問題的能力,難度較易.14、【解析】

先求角，再用余弦定理找到邊的關系，再用基本不等式求的范圍即可.【詳解】解：所以三角形周長故答案為：【點睛】考查正余弦定理、基本不等式的應用以及三條線段構成三角形的條件；基礎題.15、【解析】試題分析：從編號分別為1，1，3，4，5的5個紅球和5個黑球，從中隨機取出4個，有種不同的結果，由于是隨機取出的，所以每個結果出現的可能性是相等的；設事件為“取出球的編號互不相同”，則事件包含了個基本事件，所以.考點：1.計數原理；1．古典概型.16、【解析】

首先整理所給的代數式，然后結合均值不等式的結論即可求得其最小值.【詳解】，結合可知原式，且，當且僅當時等號成立.即最小值為.【點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤．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），；（2）【解析】

（1）由奇函數可知在定義域上恒成立，由此建立方程，即可求出實數的值；對函數進行求導，，通過導數求出，若，則恒成立不符合題意，當，可證明，此時時有極小值.（2）可知，進而得到，令，通過導數可知在上為單調減函數，由可得，從而可求實數的取值范圍.【詳解】（1）由函數為奇函數，得在定義域上恒成立，所以，化簡可得，所以.則，令，則.故當時，；當時，，故在上遞減，在上遞增，若，則恒成立，單調遞增，無極值點；所以，解得，取，則又函數的圖象在區間上連續不間斷，故由函數零點存在性定理知在區間上，存在為函數的零點，為極小值，所以，的取值范圍是.（2）由滿足，代入，消去可得.構造函數，所以，當時，，即恒成立，故在上為單調減函數，其中.則可轉化為，故，由，設，可得當時，則在上遞增，故.綜上，的取值范圍是.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了利用導數求函數的最值，考查了奇函數的定義，考查了轉化的思想.對于恒成立的問題，常轉化為求的最小值，使；對于恒成立的問題，常轉化為求的最大值，使.18、A【解析】

由正弦定理化簡得，解得，進而得到，利用正切的倍角公式求得，根據三角形的面積公式，求得，進而化簡，即可求解.【詳解】由題意，在銳角中，滿足，由正弦定理可得，即，可得，所以，即，所以，所以，則，所以，可得，又由的面積，所以，則.故選：A.【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理的應用，以及三角形的面積公式和正切的倍角公式的綜合應用，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.19、;.【解析】

連接，由三角形相似得，，進而得出，，寫出橢圓的標準方程；由得，，因為直線與橢圓相切于點，，解得，，因為點在第二象限，所以，，所以，設直線與垂直交于點，則是點到直線的距離，設直線的方程為，則，求出面積的取值范圍.【詳解】解：連接，由可得，，，橢圓的標準方程；由得，，因為直線與橢圓相切于點，所以，即，解得，，即點的坐標為，因為點在第二象限，所以，，所以，所以點的坐標為，設直線與垂直交于點，則是點到直線的距離，設直線的方程為，則，當且僅當，即時，有最大值，所以，即面積的取值范圍為.【點睛】本題考查直線和橢圓位置關系的應用，利用基本不等式，屬于難題.20、（1）證明見解析；（2）證明見解析；【解析】

（1）推導出，由是的中點，能證明是有中點．（2）作于點，推導出平面，從而，由，能證明平面，由此能證明平面平面．【詳解】證明：（1）在三棱錐中，平面，平面平面，平面，，在中，是的中點，是有中點．（2）在三棱錐中，是銳角三角形，在中，可作于點，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，，平面，平面，平面平面．【點睛】本題考查線段中點的證明，考查面面垂直的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，屬于中檔題．21、（1）見解析；（2）【解析】

（1）要證明PC⊥面ADE，由已知可得AD⊥PC，只需滿足即可，從而得到點E為中點;（2）求出面ADE的法向量，面PAE的法向量，利用空間向量的數量積，求解二面角P﹣AE﹣D的余弦值．【詳解】（1）法一：要證明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需即可，所以由,即存在點E為PC中點.法二：建立如圖所示的空間直角坐標系D－XYZ，由題意知PD＝CD＝1，，設，，，由，得，即存在點E為PC中點.（2）由（1）知，，，，，，設面ADE的法向量為，面PAE的法向量為由的法向量為得，得，