安徽省滁州市來安縣第二中學2025屆高考適應性考試數學試卷含解析

安徽省滁州市來安縣第二中學2025屆高考適應性考試數學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．已知等差數列的前13項和為52，則（）A．256 B．-256 C．32 D．-322．設復數滿足，在復平面內對應的點為，則（）A． B． C． D．3．已知，則下列不等式正確的是（）A． B．C． D．4．給甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三項工作，每項工作至少一人，每人做且僅做一項工作，甲不能安排木工工作，則不同的安排方法共有（）A．12種 B．18種 C．24種 D．64種5．在區(qū)間上隨機取一個數，使得成立的概率為等差數列的公差，且，若，則的最小值為（）A．8 B．9 C．10 D．116．函數的圖象如圖所示，為了得到的圖象，可將的圖象（）A．向右平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向左平移個單位7．設拋物線的焦點為F,拋物線C與圓交于M,N兩點,若,則的面積為()A． B． C． D．8．要排出高三某班一天中，語文、數學、英語各節(jié)，自習課節(jié)的功課表，其中上午節(jié)，下午節(jié)，若要求節(jié)語文課必須相鄰且節(jié)數學課也必須相鄰（注意：上午第五節(jié)和下午第一節(jié)不算相鄰），則不同的排法種數是（）A． B． C． D．9．定義在R上的函數滿足，為的導函數，已知的圖象如圖所示，若兩個正數滿足，的取值范圍是（）A． B． C． D．10．設為自然對數的底數，函數，若，則()A． B． C． D．11．函數的圖象大致是()A． B．C． D．12．A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．觀察下列式子，，，，……，根據上述規(guī)律，第個不等式應該為__________．14．如圖，在△ABC中，E為邊AC上一點，且，P為BE上一點，且滿足，則的最小值為______．15．設，則“”是“”的__________條件.16．已知滿足且目標函數的最大值為7，最小值為1，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）如圖，在四棱錐中，底面，，，，，點為棱的中點.（1）證明：：（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）若為棱上一點，滿足，求二面角的余弦值.18．（12分）設函數f(x)=x2?4xsinx?4cosx．（1）討論函數f(x)在[?π，π]上的單調性；（2）證明：函數f(x)在R上有且僅有兩個零點．19．（12分）在中，為邊上一點，，.（1）求；（2）若，，求.20．（12分）在平面直角坐標系中，已知點，曲線：（為參數）以原點為極點，軸正半軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（Ⅰ）判斷點與直線的位置關系并說明理由；（Ⅱ）設直線與曲線的兩個交點分別為，，求的值.21．（12分）已知函數，.（1）求函數的極值；（2）當時，求證：.22．（10分）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，平面，是棱上的一點，滿足平面.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）設，，若為棱上一點，使得直線與平面所成角的大小為30°，求的值.

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】

利用等差數列的求和公式及等差數列的性質可以求得結果.【詳解】由，，得.選A.【點睛】本題主要考查等差數列的求和公式及等差數列的性質，等差數列的等和性應用能快速求得結果.2、B【解析】

設，根據復數的幾何意義得到、的關系式，即可得解；【詳解】解：設∵，∴，解得.故選：B【點睛】本題考查復數的幾何意義的應用，屬于基礎題.3、D【解析】

利用特殊值代入法，作差法，排除不符合條件的選項，得到符合條件的選項．【詳解】已知，賦值法討論的情況：（1）當時，令，，則，，排除B、C選項；（2）當時，令，，則，排除A選項.故選：D.【點睛】比較大小通常采用作差法，本題主要考查不等式與不等關系，不等式的基本性質，利用特殊值代入法，排除不符合條件的選項，得到符合條件的選項，是一種簡單有效的方法，屬于中等題．4、C【解析】

根據題意，分2步進行分析：①，將4人分成3組，②，甲不能安排木工工作，甲所在的一組只能安排給泥工或油漆，將剩下的2組全排列，安排其他的2項工作，由分步計數原理計算可得答案．【詳解】解：根據題意，分2步進行分析：①，將4人分成3組，有種分法；②，甲不能安排木工工作，甲所在的一組只能安排給泥工或油漆，有2種情況，將剩下的2組全排列，安排其他的2項工作，有種情況，此時有種情況，則有種不同的安排方法；故選：C．【點睛】本題考查排列、組合的應用，涉及分步計數原理的應用，屬于基礎題．5、D【解析】

由題意，本題符合幾何概型，只要求出區(qū)間的長度以及使不等式成立的的范圍區(qū)間長度，利用幾何概型公式可得概率，即等差數列的公差，利用條件，求得，從而求得，解不等式求得結果.【詳解】由題意，本題符合幾何概型，區(qū)間長度為6，使得成立的的范圍為，區(qū)間長度為2，故使得成立的概率為，又，，，令，則有，故的最小值為11，故選：D.【點睛】該題考查的是有關幾何概型與等差數列的綜合題，涉及到的知識點有長度型幾何概型概率公式，等差數列的通項公式，屬于基礎題目.6、C【解析】

根據正弦型函數的圖象得到，結合圖像變換知識得到答案.【詳解】由圖象知：，∴.又時函數值最大，所以.又，∴，從而，，只需將的圖象向左平移個單位即可得到的圖象，故選C.【點睛】已知函數的圖象求解析式(1).(2)由函數的周期求(3)利用“五點法”中相對應的特殊點求，一般用最高點或最低點求．7、B【解析】

由圓過原點，知中有一點與原點重合，作出圖形，由，，得，從而直線傾斜角為，寫出點坐標，代入拋物線方程求出參數，可得點坐標，從而得三角形面積．【詳解】由題意圓過原點，所以原點是圓與拋物線的一個交點，不妨設為，如圖，由于，，∴，∴，，∴點坐標為，代入拋物線方程得，，∴，．故選：B.【點睛】本題考查拋物線與圓相交問題，解題關鍵是發(fā)現原點是其中一個交點，從而是等腰直角三角形，于是可得點坐標，問題可解，如果僅從方程組角度研究兩曲線交點，恐怕難度會大大增加，甚至沒法求解．8、C【解析】

根據題意，分兩種情況進行討論：①語文和數學都安排在上午；②語文和數學一個安排在上午，一個安排在下午.分別求出每一種情況的安排方法數目，由分類加法計數原理可得答案．【詳解】根據題意，分兩種情況進行討論：①語文和數學都安排在上午，要求節(jié)語文課必須相鄰且節(jié)數學課也必須相鄰，將節(jié)語文課和節(jié)數學課分別捆綁，然后在剩余節(jié)課中選節(jié)到上午，由于節(jié)英語課不加以區(qū)分，此時，排法種數為種；②語文和數學都一個安排在上午，一個安排在下午.語文和數學一個安排在上午，一個安排在下午，但節(jié)語文課不加以區(qū)分，節(jié)數學課不加以區(qū)分，節(jié)英語課也不加以區(qū)分，此時，排法種數為種.綜上所述，共有種不同的排法.故選：C．【點睛】本題考查排列、組合的應用，涉及分類計數原理的應用，屬于中等題．9、C【解析】

先從函數單調性判斷的取值范圍，再通過題中所給的是正數這一條件和常用不等式方法來確定的取值范圍.【詳解】由的圖象知函數在區(qū)間單調遞增，而，故由可知.故，又有，綜上得的取值范圍是.故選：C【點睛】本題考查了函數單調性和不等式的基礎知識，屬于中檔題.10、D【解析】

利用與的關系，求得的值.【詳解】依題意，所以故選：D【點睛】本小題主要考查函數值的計算，屬于基礎題.11、B【解析】

根據函數表達式,把分母設為新函數,首先計算函數定義域,然后求導,根據導函數的正負判斷函數單調性,對應函數圖像得到答案.【詳解】設，，則的定義域為.，當，，單增，當，，單減，則.則在上單增，上單減，.選B.【點睛】本題考查了函數圖像的判斷,用到了換元的思想,簡化了運算,同學們還可以用特殊值法等方法進行判斷.12、A【解析】

直接利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案.【詳解】本題正確選項：【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，是基礎的計算題．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，依次分析不等式的變化規(guī)律，綜合可得答案．【詳解】解：根據題意，對于第一個不等式，，則有，對于第二個不等式，，則有，對于第三個不等式，，則有，依此類推：第個不等式為：，故答案為．【點睛】本題考查歸納推理的應用，分析不等式的變化規(guī)律．14、【解析】試題分析：根據題意有，因為三點共線，所以有，從而有，所以的最小值是．考點：向量的運算，基本不等式．【方法點睛】該題考查的是有關應用基本不等式求最值的問題，屬于中檔題目，在解題的過程中，關鍵步驟在于對題中條件的轉化，根據三點共線，結合向量的性質可知，從而等價于已知兩個正數的整式形式和為定值，求分式形式和的最值的問題，兩式乘積，最后應用基本不等式求得結果，最后再加，得出最后的答案．15、充分必要【解析】

根據充分條件和必要條件的定義可判斷兩者之間的條件關系.【詳解】當時，有，故“”是“”的充分條件.當時，有，故“”是“”的必要條件.故“”是“”的充分必要條件，故答案為：充分必要.【點睛】本題考查充分必要條件的判斷，可利用定義來判斷，也可以根據兩個條件構成命題及逆命題的真假來判斷，還可以利用兩個條件對應的集合的包含關系來判斷，本題屬于容易題.16、-2【解析】

先根據約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值，表示直線在軸上的截距，只需求出可行域直線在軸上的截距最大最小值時所在的頂點即可．【詳解】由題意得：目標函數在點B取得最大值為7，在點A處取得最小值為1，∴，，∴直線AB的方程是：，∴則，故答案為.【點睛】本題主要考查了簡單的線性規(guī)劃，以及利用幾何意義求最值的方法，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）證明見解析（2）（3）【解析】

（1）根據題意以為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標，并表示出，由空間向量數量積運算即可證明.（2）先求得平面的法向量，即可求得直線與平面法向量夾角的余弦值，即為直線與平面所成角的正弦值；（3）由點在棱上，設，再由，結合，由空間向量垂直的坐標關系求得的值.即可表示出.求得平面和平面的法向量，由空間向量數量積的運算求得兩個平面夾角的余弦值，再根據二面角的平面角為銳角即可確定二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：∵底面，，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，∵，，點為棱的中點．∴，，，，，，.（2）,設平面的法向量為.則，代入可得，令解得，即，設直線與平面所成角為，由直線與平面夾角可知所以直線與平面所成角的正弦值為.（3），由點在棱上，設，故，由，得，解得，即，設平面的法向量為，由，得，令，則取平面的法向量，則二面角的平面角滿足，由圖可知，二面角為銳二面角，故二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了空間向量的綜合應用，由空間向量證明線線垂直，求直線與平面夾角及平面與平面形成的二面角大小，計算量較大，屬于中檔題.18、見解析【解析】

（1）f(x)=2x?4xcosx?4sinx+4sinx=，由f(x)=1，x∈[?π，π]得x=1或或．當x變化時，f(x)和f(x)的變化情況如下表：x1f(x)?1+1?1+f(x)單調遞減極小值單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增所以f(x)在區(qū)間，上單調遞減，在區(qū)間，上單調遞增．（2）由（1）得極大值為f(1)=?4；極小值為f()=f()<f(1)<1．又f(π)=f(?π)=π2+4>1，所以f(x)在，上各有一個零點．顯然x∈(π，2π)時，?4xsinx>1，x2?4cosx>1，所以f(x)>1；x∈[2π，+∞)時，f(x)≥x2?4x?4>62?4×6?4=8>1，所以f(x)在(π，+∞)上沒有零點．因為f(?x)=(?x)2?4(?x)sin(?x)?4cos(?x)=x2?4xsinx?4cosx=f(x)，所以f(x)為偶函數，從而x<?π時，f(x)>1，即f(x)在(?∞，?π)上也沒有零點．故f(x)僅在，上各有一個零點，即f(x)在R上有且僅有兩個零點．19、（1）；（2）4【解析】

（1），利用兩角差的正弦公式計算即可；（2）設，在中，用正弦定理將用x表示，在中用一次余弦定理即可解決.【詳解】（1）∵，∴，所以，.（2）∵，∴設，，在中，由正弦定理得，，∴，∴，∵，∴∴.【點睛】本題考查兩角差的正弦公式以及正余弦定理解三角形，考查學生的運算求解能力，是一道容易題.20、（Ⅰ）點在直線上；見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）直線：，即，所以直線的直角坐標方程為，因為，所以點在直線上；（Ⅱ）根據直線的參數方程中參數的幾何意義可得.【詳解】（Ⅰ）直線：，即，所以直線的直角坐標方程為，因為，所以點在直線上；（Ⅱ）直線的參數方程為（為參數），曲線的普通方程為，將直