2024年河南省普通高中毕业班高考适应性测试数学试题含答案解析

绝密★启用前2024年河南省普通高中毕业班高考适应性测试数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考生号､姓名､考点学校､考场号及座位号填写在答题卡上．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．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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8小题，每小题5分，共40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.已知集合，则（）A. B. C. D.2.在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（）A. B.C D.3.已知，则的值大约为（）A1.79 B.1.81 C.1.87 D.1.894.已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是（）A. B. C. D.5.函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，若函数的图象关于原点对称，则的最小值为（）A. B. C. D.6.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，若的面积是的面积的两倍，则（）A.2 B. C. D.7.已知，则的值为（）A. B. C. D.28.对于数列，定义为数列的“加权和”．设数列的“加权和”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.约翰逊多面体是指除了正多面体､半正多面体（包括13种阿基米德多面体､无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱､无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔､平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三､四､五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则该台塔（）A.共有15条棱 B.表面积为C.高为 D.外接球的体积为10.已知定义在上函数，满足，且，则下列说法正确的是（）A. B.为偶函数C. D.2是函数的一个周期11.泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅．已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的．若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”．则下列结论中正确的是（）A.点的轨迹方程是B.直线是“最远距离直线”C.点的轨迹与圆没有交点D.平面上有一点，则的最小值为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知圆，圆，直线分别与圆和圆切于两点，则线段的长度为__________．13.的展开式中的系数为__________．14.已知正实数，满足：，则的最大值是__________.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15.已知中，角的对边分别是，且．（1）求角大小；（2）若向量与向量垂直，求的值．16.在如图所示的四棱锥中，四边形为矩形，平面为线段上的动点．（1）若平面，求的值；（2）在（1）的条件下，若，求平面与平面夹角的余弦值．17.已知函数．（1）求函数在点处的切线方程；（2）若对于任意，都有恒成立，求实数的取值范围．18.已知分别为双曲线左､右顶点，，动直线与双曲线交于两点．当轴，且时，四边形的面积为．（1）求双曲线的标准方程．（2）设均在双曲线的右支上，直线与分别交轴于两点，若，判断直线是否过定点．若过，求出该定点的坐标；若不过，请说明理由．19.甲､乙､丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．（1）设前三次投掷骰子后，球在甲手中的次数为，求随机变量的分布列和数学期望；（2）投掷次骰子后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；（3）设，求证：．绝密★启用前2024年河南省普通高中毕业班高考适应性测试数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考生号､姓名､考点学校､考场号及座位号填写在答题卡上．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．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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8小题，每小题5分，共40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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先求集合，再求.【详解】，即，得，即，且,所以.故选：D2.在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求得对应的点，即可得对应的点的坐标，从而可得答案.【详解】由题意得复数，对应的点为，则复数对应的点为，则，故选：A3.已知，则的值大约为（）A.1.79 B.1.81 C.1.87 D.1.89【答案】A【解析】【分析】借助对数运算法则计算即可得.【详解】.故选：A.4.已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设出底面半径，由题意可得高，即可计算圆柱的侧面积和圆锥的侧面积，即可得解.【详解】设这个圆柱和圆锥的底面半径为，由圆柱的轴截面是一个正方形，故其高，则圆柱的侧面积，圆锥的侧面积，则.故选：B.5.函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，若函数的图象关于原点对称，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先利用平移规律求函数的解析式，再根据函数是奇函数的性质，即可求解的值.【详解】由题意可知，，因为函数关于原点对称，所以，则，,得，且，所以.故选：D6.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，若的面积是的面积的两倍，则（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】有的面积是的面积的两倍可得，设出直线方程联立曲线，得到相应韦达定理即可计算出、，即可得解.【详解】令为点到直线的距离，则，,由，故，由抛物线定义可知，，，则有，即，设直线方程为，联立抛物线方程，有，，故，，则，则有，故，有，故或（负值舍去），则，故.故选：C7.已知，则的值为（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】首先利用两角和差的正切公式化解，并求得，再根据二倍角的正切公式，即可化解求值.【详解】由条件可知，，即，则，所以.故选：A8.对于数列，定义为数列的“加权和”．设数列的“加权和”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】借助与的关系可计算出数列的解析式，即可得，则分及两种情况分类讨论，当时，为有特殊定义域的二次函数，结合二次函数的性质可得，解出即可得.【详解】当时，，则，即，故，当时，，符合上式，故，则，故，因为对任意的恒成立，当时，有，即，不符合要求，当时，则有，解得.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题关键点在得到后，可知当时，为有特殊定义域的二次函数，即可结合二次的函数的性质解题.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.约翰逊多面体是指除了正多面体､半正多面体（包括13种阿基米德多面体､无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱､无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔､平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三､四､五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则该台塔（）A.共有15条棱 B.表面积C.高为 D.外接球的体积为【答案】ACD【解析】【分析】由台塔的结构特征，数棱的条数，计算表面积和高，由外接球半径计算体积.【详解】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，A选项正确；台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1，表面积为，B选项错误；上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为，则点是正六边形的中心，也是的中心，和都是正三角形，是的中心，由棱长为1，则，所以台塔的高，C选项正确；设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径，下底面正六边形的外接圆圆心为，则半径，设台塔的外接球半径为，，则有或，解得，所以，台塔的外接球体积，D选项正确.故选：ACD10.已知定义在上的函数，满足，且，则下列说法正确的是（）A. B.为偶函数C. D.2是函数的一个周期【答案】ABD【解析】【分析】对A：借助赋值法，令，计算即可得；对B：借助赋值法，令，结合偶函数定义即可得；对C：计算出，其与不满足该关系即可得；对D：借助赋值法，令，结合的值与周期函数的定义计算即可得.详解】对A：令，则有，又，故有，故，故A正确；对B：令，则有，又，故有，即，又其定义域为，故为偶函数，故B正确；对C：令，，则有，故，又，不符合，故C错误；对D：令，则有，由，故，则，故，两式作差并整理得，故2是函数的一个周期，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，对D选项，需借助，再令，从而消掉所给式子中的一项，再结合周期函数的定义得解.11.泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅．已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的．若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”．则下列结论中正确的是（）A.点的轨迹方程是B.直线是“最远距离直线”C.点的轨迹与圆没有交点D.平面上有一点，则的最小值为【答案】AC【解析】【分析】对A：设出，结合题意计算即可得；对B、C：联立两方程，借助判断有无交点即可得；对D：借助题目定义，将转化为点到直线的距离，从而得到，计算出的最小值即可得.【详解】对于A，设，则有，整理可得，故点的轨迹方程是，故A正确；对于B，联立直线与点的轨迹方程，有，可得，，故直线与点的轨迹方程没有交点，则直线不是“最远距离直线”，故B错误；对于C，联立圆与点的轨迹方程，有，可得，，故点的轨迹与圆没有交点，故C正确；对于D，过点作直线于点，由题意可得，故，则当、、三点共线，即直线时，有，故的最小值为，故D错误.故选：AC..【点睛】关键点点睛：本题中D选项的判断需要注意结合题目所给定义，将转化为点到直线的距离，从而得到.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知圆，圆，直线分别与圆和圆切于两点，则线段的长度为__________．【答案】【解析】【分析】利用圆与圆的位置关系，结合图形和几何关系，即可求解.【详解】圆，圆心，半径，圆，圆心，半径，圆心距，由，所以两圆相交，则.故答案为：13.的展开式中的系数为__________．【答案】【解析】【分析】首先将看成一个整体，再结合的形式，利用二项式定理的通项公式求解.【详解】的通项公式为，当时，，中，含项的系数为，所以展开式中的系数为.故答案为：14.已知正实数，满足：，则的最大值是__________.【答案】.【解析】【详解】试题分析：，由题意得，，令，∴，当且仅当，时，等号成立，即所求最大值为，故填：.考点：基本不等式求最值.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15.已知中，角的对边分别是，且．（1）求角的大小；（2）若向量与向量垂直，求的值．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化解，再结合三角形内角的范围，即可求解角的大小；（2）根据向量垂直的坐标表示，再结合正弦定理边角互化，得到，再根据条件和（1）的结果，利用余弦定理，即可求解.【小问1详解】因为，所以，即．所以，因为是的内角，所以．【小问2详解】因为向量与向量垂直，所以．由正弦定理可得．所以，由余弦定理可得，即．解得．所以的值为2．16.在如图所示的四棱锥中，四边形为矩形，平面为线段上的动点．（1）若平面，求的值；（2）在（1）的条件下，若，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）借助线面平行的性质定理可得线线平行，结合中位线的性质即可得；（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.【小问1详解】如图1，连接，交于点，连接．平面平面，平面平面，，又为的中点，为的中点，即，小问2详解】如图2，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．则．平面，平面的一个法向量可为．设平面的法向量为，则，令，得，，平面与平面的夹角的余弦值为．17.已知函数．（1）求函数在点处的切线方程；（2）若对于任意，都有恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出导数以及切点坐标，根据导数的几何意义，即可求得答案.（2）将原问题转化为对于任意，都有恒成立，即需；从而结合函数的单调性，确定函数的最值在哪里取到，由此列出不等式，构造函数，利用导数即可求解.【小问1详解】由于，故，切点为，，所以切线的斜率为0，在点处的切线方程为．【小问2详解】令，则，所以为R上单调递增函数，因为，所以时，时，，所以在单调递减，在单调递增．若对于任意，都有恒成立，即只需．因为在单调递减，在单调递增，所以的最大值为和中最大的一个，所以，设，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增．，故当时，．当时，，则成立．当时，由的单调性，得，即，不符合题意．当时，，即，也不符合题意．综上，的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题考查了导数几何意义的应用以及利用导数解决恒成立问题，解答的关键是将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题.18.已知分别为双曲线的左､右顶点，，动直线与双曲线交于两点．当轴，且时，四边形的面积为．（1）求双曲线的标准方程．（2）设均在双曲线的右支上，直线与分别交轴于两点，若，判断直线是否过定点．若过，求出该定点的坐标；若不过，请说明理由．【答案】（1）（2）直线恒过定点【解析】【分析】（1）首先求点的坐标，根据坐标表示梯形的面积，即可求解双曲线方程；（2）首先根据条件设，并利用方程联立求点的坐标，并求直线的方程，化简后即可求定点坐标.【小问1详解】由知，．当轴时，根据双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，则由，可得．代入双曲线的方程，得．因为四边形的面积为，所以．解得．所以双曲线的标准方程为．【小问2详解】因为，所以可设．直线的方程为，直线的方程为．又双曲线的渐近线方程为，显然直线与双曲线的两支各交于一点，直线与双曲线的右支交于两点，则有解得．由消去，得．设点，则．解得．所以．由消去，得．设点，则．解得．所以．当直线不垂直于轴时，．