2024年河南省普通高中毕业班高考适应性测试数学试题及详细答案

这是一份2024年河南省普通高中毕业班高考适应性测试数学试题及详细答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
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（ ）
A．1.79B．1.81C．1.87D．1.89
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．
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．2B．C．D．
7．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
8．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
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
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
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
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．
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．
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：．
参考答案：
1．D
【分析】首先求集合，再求.
【详解】，即，得，
即，且,
所以.
故选：D
2．A
【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：A
3．A
【分析】借助对数运算法则计算即可得.
【详解】.
故选：A.
4．B
【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．D
【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：D
6．C
【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：C.
7．A
【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：A
8．B
【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.
9．ACD
【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：ACD
10．ABD
【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．AC
【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.
12．
【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．
【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．.
【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.
15．(1)
(2)2
【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.
【详解】（1）因为，所以，
即．所以，
因为是的内角，所以．
（2）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．(1)
(2)
【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.
【详解】（1）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，
（2）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．(1)
(2)
【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.
【详解】（1）由于，故，切点为，
，
所以切线的斜率为0，在点处的切线方程为．
（2）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．(1)
(2)直线恒过定点
【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.
【详解】（1）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．
（2）
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，．
所以直线的方程为．
所以，也即．
显然直线恒过定点．
当直线垂直于轴时，由，得．此时．
直线的方程为，恒过定点．
综上可知，直线恒过定点．
【点睛】思路点睛：一般求直线过定点问题，需求出直线方程，转化为含参直线过定点问题.
19．(1)分布列见解析；期望为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据传球游戏的规则，可得，再根据独立事件概率公式，求解概率，再结合分布列公式，即可求数学期望；
（2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式；
（3）首先根据（2）的结果，求，并利用放缩法证明不等式.
【详解】（1）由题意知，．
所以随机变量的分布列为
随机变量的数学期望为.
（2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有．
变形为．
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列．
所以．
所以数列的通项公式．
（3）由（2）可得，
则，
所以．
又因为，
所以．
综上，．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到关于数列的递推公式，从而可以利用数列的知识解决问题，第三问的关键是对通项合理的放缩，从而可以求和，证明不等式.
0
1
2
3