精品解析：河南省创新发展联盟2025届高考适应性考生数学试题

河南省高考适应性考试 数学 本试卷共150分 考试时间120分钟 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】B 【解析】 【分析】求出集合，利用并集的定义可求得集合. 【详解】因为集合，， 故. 故选：B. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角的正切公式计算即可. 【详解】由题意得，. 故选：D 3. 已知复数，在复平面内对应的点分别为A，B，则“A在第二象限”是“B在第三象限”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由共轭复数的概念、复数的几何意义即可求解. 【详解】设，则. 若A在第二象限，则，，则，，所以B在第三象限. 反之亦成立，所以“A在第二象限”是“B在第三象限”的充要条件. 故选：A. 4. 如图，这是古代的一个青花竹石芭蕉纹玉壶春瓶，忽略花瓶的厚度，该花瓶的轴截面的上半部分对应的曲线是双曲线（焦距为12.3cm）的一部分，且该花瓶的颈部最窄处的直径为4.1cm，则该双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的实轴及焦距列式计算得出离心率即可. 【详解】设双曲线的焦距为，实轴长为.依题意可得，，则. 故选：C 5. 若是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇函数的特点及题设函数画出函数的图象，进而结合图象求解即可. 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 结合题意作出的大致图象，如图所示， 由图可知，不等式的解集为. 故选：B. 6. 若点A在点O的正北方向，点B在点O的南偏西方向，且，则向量表示（ ） A. 从点O出发，朝北偏西方向移动 B. 从点O出发，朝北偏西方向移动 C. 从点O出发，朝北偏西方向移动2km D. 从点O出发，朝北偏西方向移动2km 【答案】C 【解析】 【分析】以O为坐标原点，正东方向为x轴的正方向，正北方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，标出题中所给信息，再利用向量加法的平行四边形法则求出即可. 【详解】以O为坐标原点，正东方向为x轴的正方向，正北方向为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系， 依题意可得， 设，因为，所以四边形OACB为菱形， 则，则为正三角形，所以， 故向量表示从点O出发，朝北偏西方向移动2km. 故选：C 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC边上一点，且，，当在变化时，点总在椭圆上，则该椭圆的长轴长为（ ） A. 6 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据，以及余弦定理，确定，再根据椭圆方程，即可求解. 【详解】由及余弦定理，得， 整理得， 即，故该椭圆的长轴长为. 故选：A 8. 在空间中，过点作三条线段，，，为线段上的动点，则直线与所成角的正弦值的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三余弦定理即可求解. 【详解】先证：三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理． 如图，不妨设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接， 即为斜线与平面所成角， 即为斜线在平面的射影直线与平面内的直线所成角，即为斜线与平面内的直线所成角， ，，， 又，，，平面， 平面， 平面，， 根据几何关系可得，， ． 由题意：直线OA与OD所成角的最小值为直线OA与平面BOC所成的角. 设OE平分.因为，所以OA在平面BOC上的射影为OE， 则为直线OA与平面BOC所成的角. 由三余弦定理得：， 则， 故直线OA与OD所成角的正弦值的最小值为. 故选：D 二、选择题：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. 已知函数，，则（ ） A. 与在上都单调递增 B. 与在上都单调递减 C. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象 D. 将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象 【答案】BC 【解析】 【分析】利用诱导公式化简函数、的解析式，利用正弦型函数的单调性可判断AB选项；利用三角函数图象变换可判断CD选项. 【详解】因为，， 对于A选项，由，得，， 则在上单调递减，在上单调递增，A错误； 对于B选项，由，得，， 则与在上都单调递减，B正确； 对于C选项，将图象向右平移个单位长度后， 得到的图象，C正确. 对于D选项，将的图象向左平移个单位长度后， 得到的图象，D错误. 故选：BC. 10. 现有一组数据，，，，，，，则（ ） A. 这组数据的平均数为 B. 这组数据的分位数为 C. 从这组数据中任取两个数，这两个数相等的概率为 D. 用这组数据的个数可组成个不同的七位数 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用百分位数的概念可判断B选项；利用组合计数原理和古典概型的概率公式可判断C选项；利用组合计数原理和排列计数原理可判断D选项. 【详解】对于A选项，这组数据的平均数为，A正确； 对于B选项，将这组数据按照从小到大的顺序排列为，，，，，，， 因为，所以这组数据的分位数为，B正确； 对于C选项，从这组数据中任取两个数，这两个数相等的概率为，C错误； 对于D选项，七位数的个数等同于从个位置中先选个位置排，再选个位置排， 剩余的个位置排、、即可，用这组数据的个数可组成个不同的七位数，D正确. 故选：ABD. 11. 若曲线既关于x轴对称，又关于y轴对称，还关于原点对称，则称为全对称曲线.已知曲线，直线与曲线C恰有两个不同的交点A，B，则（ ） A. 曲线C为全对称曲线 B. k的取值范围是 C. 曲线C上存在无数个点P，使得点P到点的距离等于点P到一条定直线的距离 D. 使得为正整数的k共有94个 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A验证曲线是否关于关于x轴对称，又关于y轴对称，还关于原点对称即可判断，对于C由，得，即曲线C由两个抛物线，组成，利用抛物线的定义即可判断，对于B利用直线方程和抛物线的方程联立，利用判别式即可判断，对于D先求，由即可求得的范围即可判断. 【详解】对于A：对于，以代x，得，则曲线C关于y轴对称， 以代y，得，则曲线C关于x轴对称， 同时以代x，以代y，得，则曲线C关于原点对称，故A正确. 对于C：由，得所以曲线C由两个抛物线，组成， 是抛物线的焦点，所以曲线C上存在无数个点P， 使得点P到点的距离等于点P到定直线的距离，故C正确. 对于B：因为直线过定点，所以该直线与抛物线没有公共点， 将代入， 得，则， 得，即或，故B错误. 对于D：将代入，得， 设，，则， 因为是抛物线的焦点，所以，， 因为，所以，所以，所以， 则可取的正整数为17，18，…，63， 所以使得为正整数的k共有个，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域为__________，值域为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先求证恒成立，即可由得出定义域，再化简即可求出值域. 【详解】因为，所以恒成立， 由，得，则的定义域为， ，故的值域为. 故答案为：； 13. 平面截球的球面所得圆的半径为，球心到平面的距离为，则此球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由球心与截面圆圆心连线和截面圆垂直可得球半径，从而得表面积． 【详解】由已知得球的半径，∴球的表面积. 故答案为：． 【点睛】本题考查球的表面积，考查截面圆性质，掌握截面圆性质是解题关键． 14. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现一张正方形纸可以被剪成n个正方形纸片（整张纸都要用完，不能裁剪一部分丢掉）.例如，下面两个图就给出了A，B两种剪法，分别剪成了4个正方形纸片和6个正方形纸片.事实上，n除了可以等于4或6外，还可以等于无数个值，在①，②，③，④，⑤这五个n的可能取值中，所有可能取值的序号为__________. 【答案】②③④⑤ 【解析】 【分析】若为平方数，则一定满足题意；若可按照图1的方式来剪纸；可以按照图2的方式来剪纸；通过分析可知不满足题意. 【详解】对于①，若原正方形纸被剪成5个正方形，则原正方形四个角分别属于其中4个正方形， 第5个正方形无论在边上还是在内部都无法还原成大正方形，所以不可能，故①错误； 对于②，考虑到，所以可以依照图1的方式来剪纸. 对于③，同理，考虑到， 所以也可以同图1的方式来剪纸. 对于④，可以依照图2的方式来剪纸. 对于⑤，因为为平方数，一定满足题意，只需按照题干中的A种剪法即可， 边长剪成45个小正方形即可，所以可以取到. 故这五个n的可能取值中，所有可能取值的序号为②③④⑤. 故答案为：②③④⑤ 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. 马球在中国古代叫“击鞠”，始于汉代，兴盛于唐宋时期.2008年6月7日，马球经国务院批准列入第二批国家级非物质文化遗产名录.已知某地马球俱乐部举行一场马球比赛，甲、乙两支马球队参赛，比赛共进行三局，每支马球队每局赢的概率均为，没有平局，且每局比赛的结果相互独立. （1）在甲马球队赢了第一局的前提下，求乙马球队最终赢的局数多于甲马球队的概率. （2）已知马球俱乐部为本场马球比赛设置奖励，共赢得一局的马球队获得1000元奖励，共赢得两局的马球队获得4000元奖励，共赢得三局的马球队获得10000元奖励，赢得0局的马球队没有奖励.设甲马球队在这场马球比赛中获得的奖励为X元，求X的分布列与期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）设“甲马球队赢得第i局比赛”，由独立事件乘法公式及条件概率计算公式即可求解； （2）设表示三局马球比赛中甲马球队赢的局数，确定.进而可求解. 【小问1详解】 设“甲马球队赢得第i局比赛”，则，且，，两两相互独立，设“乙马球队最终赢的局数多于甲马球队”. ，，所以， 即在甲马球队赢了第一局的前提下，乙马球队最终赢的局数多于甲马球队的概率为. 【小问2详解】 X的可能取值为0，1000，4000，10000. 设表示三局马球比赛中甲马球队赢的局数，则. ，， ，， 则X的分布列为 X 0 1000 4000 10000 故. 16. 已知曲线. （1）在答题卡中画出C的大致图形，并说明理由. （2）若是C上的动点，，，证明：为定值. （3）若直线与C的所有交点的纵坐标之和大于，求m的取值范围. 【答案】（1）图形见解析，理由见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件化简得出轨迹并画图； （2）应用两点间距离公式计算求解即可证明； （3）联立方程根据坐标关系计算列式解不等式. 【小问1详解】 由，得或， 所以C由两条直线与圆组成. 故C的图形如图所示. 【小问2详解】 因为，所以点P在圆上， 所以，所以为定值. 【小问3详解】 将代入，得，将代入，得，则. 因为，所以l不经过点，（，依题意可得，l与圆的所有交点的纵坐标之和大于. 当时，l与C的所有交点的纵坐标之和为，所以不符合题意. 当时，联立消去x，得. 因为l过定点，且该点在圆的内部，所以l与圆总有两个交点. 设l与圆的交点为，，则，解得， 故m的取值范围为. 17. 如图1，已知，，，，将沿BC边折起，使得点D到达点P的位置，且，如图2，连接PA，得到四面体PABC. （1）求四面体PABC体积； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由几何关系结合线面垂直的判定定理证明平面ABC，再由四面体的体积公式求解即可； （2）作，垂足为E，作，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面PBC和平面PCA的法向量，代入夹角公式可得. 【小问1详解】 在中，因为， 所以，则. 又，，平面ABC，所以平面. 因为，， 所以， 所以四面体PABC的体积为. 【小问2详解】 作，垂足E，作，H在AC上. 由（1）知平面，又平面， 故. 以B为原点，BC，BH，BP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图所示： 在中，，， 则，，，，，. 设平面PCA的法向量为，则即 令，得，故. 易知平面PBC的一个法向量为， 则， 显然二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 18. 已知函数，. （1）证明：当时，恒成立. （2）证明：当时，在上单调递增. （3）证明：且.（参考数据：取） 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，确定函数单调性，即可求证； （2）求导，再构造， 由得到，进而得到，即可求证； （3）由（2）得到在上单调递增，即可证，再通过令即可证. 【小问1详解】 因为， 所以在上单调递减， 所以. 【小问2详解】 . 设. 因为，所以. 由（1）知， 所以上恒成立，所以在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）知，令，得在上单调递增， 所以， 即，所以. 令，可得，则，则. 令，可得，同理可得. 故. 19. 若数列中的每一项均为整数，且中每一项的相反数均不为中的项，则称为“无相反数列”. （1）若等差数列的前项和为，且，，试问是否为“无相反数列”？说明你的理由. （2）若数列满足，，求的通项公式，并判断是否为“无相反数列”（需要说明理由）. （3）已知数列共有项，任取正整数、，若是中的项，则记为可加数对，设中的可加数对总数量为；若是中的项，则记为可减数对，设中的可减数对总数量为.已知可加数对与可减数对均为有序数对. （i）若为“无相反数列”，证明：. （ii）证明：. 【答案】（1）是，理由见解析 （2），不是 （3）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题中数据求出等差数列的通项公式，设中存在两项与互为相反数，根据求出的值，即可得出结论； （2）由题干中的等式变形得出，可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，利用可得出结论； （3）（i）分析可知构成的有序数对有个，结合反证法可知必不为可减数对，从而可得出可减数对的数量的最大值，即可证得结论成立； （ii）先证明可加数对的数量不多于可减数对的数量，再证明可减数对的数量不多于可加数对的数量，由此可得出且，即可证得结论成立. 【小问1详解】 是“无相反数列”. 理由如下：依题意可得，则， 则的公差，所以. 设中存在两项与互为相反数，则， 得，所以中不存在互为相反数的两项，故是“无相反数列”. 【小问2详解】 因为，所以， 则. 因为，所以数列是第三项为，公比为的等比数列， 所以，则. 因为，， 所以与互为相反数，所以不是“无相反数列”. 【小问3详解】 （i）由题意知，对于总项数为的数列，其构成的有序数对有个. 若为“无相反数列”，则不可能为中的项，则不是可减数对，这样组成的数对有个. 又中每一项的相反数均不为中的项，所以当为可减数对时，是中的项， 且不是中的项，即必不为可减数对， 从而可减数对的数量最多为，即； （ii）先证明可加数对的数量不多于可减数对的数量. 若为可加数对，则也为中的项，则也为可加数对， ，，故、也为可减数对. 若与为不同的可加数对，则与中至少有一个不成立， 从而与中至少有一个不成立， 则数对和均为不同的可减数对， 故可加数对的数量不多于可减数对的数量. 再证明可减数对的数量不多于可加数对的数量. 若为可减数对，则也为中的项，，故也为可加数对. 若与为不同的可减数对，则与中至少有一个不成立， 从而与中至少有一个不成立.则和均为不同的可加数对， 故可减数对的数量不多于可加数对的数量. 综上，且，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河南省高考适应性考试 数学 本试卷共150分 考试时间120分钟 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数，在复平面内对应的点分别为A，B，则“A在第二象限”是“B在第三象限”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 如图，这是古代的一个青花竹石芭蕉纹玉壶春瓶，忽略花瓶的厚度，该花瓶的轴截面的上半部分对应的曲线是双曲线（焦距为12.3cm）的一部分，且该花瓶的颈部最窄处的直径为4.1cm，则该双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 2 5. 若是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 若点A在点O的正北方向，点B在点O的南偏西方向，且，则向量表示（ ） A. 从点O出发，朝北偏西方向移动 B. 从点O出发，朝北偏西方向移动 C. 从点O出发，朝北偏西方向移动2km D. 从点O出发，朝北偏西方向移动2km 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC边上一点，且，，当在变化时，点总在椭圆上，则该椭圆的长轴长为（ ） A 6 B. C. D. 3 8. 在空间中，过点作三条线段，，，为线段上的动点，则直线与所成角的正弦值的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知函数，，则（ ） A. 与在上都单调递增 B. 与在上都单调递减 C. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象 D. 将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象 10. 现有一组数据，，，，，，，则（ ） A. 这组数据的平均数为 B. 这组数据的分位数为 C. 从这组数据中任取两个数，这两个数相等的概率为 D. 用这组数据个数可组成个不同的七位数 11. 若曲线既关于x轴对称，又关于y轴对称，还关于原点对称，则称为全对称曲线.已知曲线，直线与曲线C恰有两个不同的交点A，B，则（ ） A. 曲线C为全对称曲线 B. k的取值范围是 C. 曲线C上存在无数个点P，使得点P到点的距离等于点P到一条定直线的距离 D. 使得为正整数的k共有94个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域为__________，值域为__________. 13. 平面截球的球面所得圆的半径为，球心到平面的距离为，则此球的表面积为______. 14. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现一张正方形纸可以被剪成n个正方形纸片（整张纸都要用完，不能裁剪一部分丢掉）.例如，下面两个图就给出了A，B两种剪法，分别剪成了4个正方形纸片和6个正方形纸片.事实上，n除了可以等于4或6外，还可以等于无数个值，在①，②，③，④，⑤这五个n可能取值中，所有可能取值的序号为__________. 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. 马球在中国古代叫“击鞠”，始于汉代，兴盛于唐宋时期.2008年6月7日，马球经国务院批准列入第二批国家级非物质文化遗产名录.已知某地马球俱乐部举行一场马球比赛，甲、乙两支马球队参赛，比赛共进行三局，每支马球队每局赢的概率均为，没有平局，且每局比赛的结果相互独立. （1）在甲马球队赢了第一局的前提下，求乙马球队最终赢的局数多于甲马球队的概率. （2）已知马球俱乐部为本场马球比赛设置奖励，共赢得一局的马球队获得1000元奖励，共赢得两局的马球队获得4000元奖励，共赢得三局的马球队获得10000元奖励，赢得0局的马球队没有奖励.设甲马球队在这场马球比赛中获得的奖励为X元，求X的分布列与期望. 16. 已知曲线. （1）在答题卡中画出C的大致图形，并说明理由. （2）若是C上的动点，，，证明：为定值. （3）若直线与C的所有交点的纵坐标之和大于，求m的取值范围. 17. 如图1，已知，，，，将沿BC边折起，使得点D到达点P的位置，且，如图2，连接PA，得到四面体PABC. （1）求四面体PABC的体积； （2）求二面角的余弦值. 18. 已知函数，. （1）证明：当时，恒成立. （2）证明：当时，在上单调递增. （3）证明：且（参考数据：取） 19. 若数列中的每一项均为整数，且中每一项的相反数均不为中的项，则称为“无相反数列”. （1）若等差数列前项和为，且，，试问是否为“无相反数列”？说明你的理由. （2）若数列满足，，求的通项公式，并判断是否为“无相反数列”（需要说明理由）. （3）已知数列共有项，任取正整数、，若是中的项，则记为可加数对，设中的可加数对总数量为；若是中的项，则记为可减数对，设中的可减数对总数量为.已知可加数对与可减数对均为有序数对. （i）若为“无相反数列”，证明：. （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$