精品解析：河南2026届高三下学期高考适应性考试数学试卷

数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在试卷､答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，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】A 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 样本数据的中位数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意，样本数据从小到大排列为，则其中位数为第7个数8. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，，解得：. 4. 下列函数中，既满足，又满足的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A选项，，不满足，故A不符合题意； B选项，，不满足，故B不符合题意； C选项，，不符合（），故C不符合题意； D选项，，， 故D符合题意. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】可构造函数，利用导数求得单调性，取，得到大小关系；再根据对数函数单调性和临界值得到大小关系即可. 【详解】设，则， 在上单调递减，，， 在上单调递减，，，； ，，； 综上所述：. 6. 已知球的半径为1，圆柱的上､下底面圆周都在球的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径以及高，根据题意列出方程，根据基本不等式求解即可. 【详解】设圆柱底面半径为，高为，已知球半径. 因为圆柱上下底面圆周都在球面上，球心在圆柱的轴线的中点， 由勾股定理得：， 所以，即，当且仅当. 则该圆柱侧面积为，故其最大值为. 7. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，且满足，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，则，在中，由正弦定理得， 又因为，所以，整理得， 因为为三角形内角，，所以，则， 故，即是以为直角顶点的直角三角形， 在中， ，由勾股定理得，代入，得，解得，所以， 根据椭圆的定义，有，所以， 因此，椭圆的离心率. 8. 在中，，则的面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件等式，先用正弦定理将转化为对边和外接圆半径，得到，再代入余弦定理，化简后得到，然后写出三角形面积，由余弦定理得，于是，代入面积得，最后利用 及均值不等式，求得最大面积为 . 【详解】在 中，设 ，，. 根据正弦定理 ，为三角形外接圆半径. 将条件 转化为边的关系： 左边: ， 右边：， 等式两边相等得： ，化简得. 结合余弦定理 ， 代入上式得:整理得 . 三角形面积 . 由，得， 代入面积公式：， 由基本不等式 ，得 ，即 (当且仅当 时取等号)， 此时 取得最大值 ，故 . 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. 已知复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】使用虚数、纯虚数的概念求解. 【详解】由题意知，解得，选项正确； 由A得，所以，选项正确； ，选项错误； ，选项错误. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为2 C. 在区间上单调递增 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换得到，再根据正弦函数性质逐项判断. 【详解】， 所以最小正周期，A正确； 的最大值为，B错误； 令， 所以函数的单调递增区间， 当时，单调递增区间是 所以在区间上单调递增，C正确； 当时，即，则， 所以， 则，D正确. 11. 正方体棱长为，下列说法中正确的有（ ） A. 若点在底面（含边界）内，且，则的轨迹的长度为 B. 空间中，点满足，则的轨迹与正方体表面的交线长度为 C. 平面截正方体所得截面多边形是直角梯形 D. 平面将正方体分成两个几何体的体积分别为，且，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，对于A，设，由条件可得，由此确定轨迹和轨迹长度，对于B，设，由条件确定轨迹方程，再判断轨迹与正方体表面的交线的形状，再求其长度即可判断，对于C，过点作，点在上，再利用向量方法确定截面性质即可判断，对于D，由结合锥体体积公式求其值即可判断. 【详解】以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 由得 ， 对于选项A，设在底面上，，， 则，， 由，得，化简得 ， 该直线与正方形 的交点为和 ， 轨迹长度为，A正确； 对于B，设，由，得， 所以， 所以， 即的轨迹是球心在、半径的球面， 该球仅和正方体的三个面相交，每个面上的交线都是半径为的四分之一圆， 总长度为 ，B正确， 对于C，过点作，点在上，连接， 则过的截面为四边形， 因为，设，， 所以，故，， 所以，， 所以四边形为梯形，，又， 所以，， 所以与不垂直，与不垂直，所以四边形不是直角梯形，C错误， 对于选项D，由已知， 梯形的面积， 因为平面，故四棱锥的高为， 因为，所以的面积， 因为平面，，所以三棱锥的体积， ，D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【详解】函数的定义域为， ， 所以. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 13. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立并结合韦达定理求得的表达式，根据题意解出p的值即可． 【详解】由题意知，直线AB斜率一定不为零，故设过点的直线方程为， 交点，，联立直线与抛物线方程可得， 整理得，由韦达定理得， ， 而， 所以，解得． 14. 已知数列共有项，.若，且，则这样的数列的个数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先拆分数列和，再分类讨论前四项和和第三至第六项和的取值，结合绝对值不等式的限制，分析每种情况下的组合数，最终求和得到总数. 【详解】设数列前四项和为， 第三至六项和为，条件为且， 令，，，则， 其中（两之和的可能值）， 分情况讨论： 当（即，对应种组合）： ，由得，对应组合数为； ，同理，对应组合数为； 此情况数目：； 当（即一个一个，对应种组合）： 恒成立，可取所有值，对应组合数为； ，同理组合数为；此情况数目：； 当（即，对应1种组合）：，由得， 对应组合数为；，同理组合数为； 此情况数目：； 总数：. 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. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，为圆周上不同于的点，. （1）若为的中点，证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，再根据线面平行判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 证明：因为是的直径，所以为的中点. 又为的中点，所以. 又平面平面，所以平面. 【小问2详解】 因为在圆周上，，是的直径， 所以， 因为，所以， 在平面内，过点作的垂线. 因为平面，平面， 所以，所以两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系. . 设，则是平面的一个法向量. 因为， 设是平面的法向量，则 ，即，可取. . 设平面与平面的夹角为，则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 16. 已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上. （1）求的方程； （2）过点的直线与相切于点（异于点），证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件求出即可； （2）设直线的方程，根据求出方程以及点的坐标、直线的方程，计算点到两直线的距离即可. 【小问1详解】 因为点在直线上，所以. 因为的渐近线方程为，所以，故. 所以的方程为. 【小问2详解】 设，由，得，则. 易知直线的斜率存在（另一条过点的切线为）， 设其方程为，即. 由消去，得. 因为直线与相切， 所以，且，得， 所以直线的方程为， 方程的根为，所以， 所以直线的方程为. 又因为点到直线的距离，等于点到轴的距离， 又点在内部，所以. 17. 已知数列的首项，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）证明：（为自然对数的底数）. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）通过对递推公式进行变形，构造出一个新的等比数列，进而求出数列 的通项公式； （2）先根据（1）求出 的表达式，然后利用分组求和以及错位相减法求出数列 的前 项和 ； （3）要证明 ，可先构造函数，利用导数研究函数的单调性，可得，通过放缩法得到 的一个不等式，再利用对数函数的性质进行证明. 【小问1详解】 因为，所以. 因此是以为首项，为公比的等比数列. 所以，即. 【小问2详解】 由（1）可知，则， 记，① 则.② ①-②得， 所以. 所以. 【小问3详解】 证明：设，则， 当时，，所以在上单调递减. 又，所以当时，，即. 因为，所以. 所以. 即，故. 18. 某学校围棋社团举行选拔赛，甲､乙､丙､丁四人角逐冠军，有以下2种方案： 方案1甲､乙､丙､丁四人由抽签决定两两对阵，失败者被淘汰，获胜者进入决赛，决出冠军. 方案2甲､乙､丙､丁四人按如下流程进行四轮比赛，决出冠军. 第一轮：抽签决定两两对阵，获胜者进入胜者组，失败者进入负者组； 第二轮：胜者组与负者组分别组内对阵，负者组的失败者被淘汰； 第三轮：胜者组的失败者与负者组的获胜者对阵，失败者被淘汰； 第四轮：第二轮胜者组的获胜者与第三轮的获胜者进入决赛，决出冠军. 设甲对阵乙､丙､丁获胜的概率均为，任意两人对阵无平局，且不同对阵的结果相互独立. （1）如果采用方案1，当时，求甲获得冠军的概率； （2）如果采用方案2，经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.当时，求甲参与对阵的比赛场数的数学期望； （3）采用哪种方案对甲获得冠军更有利？请用概率知识加以说明. 【答案】（1） （2） （3）当时，采用方案1对甲获得冠军更有利；当时，采用两种方案中任一种皆可；当时，采用方案2对甲获得冠军更有利. 【解析】 【分析】（1）设甲获得冠军为事件 ,甲需连赢两场,即先赢半决赛、再赢决赛,由甲对任意对手胜率均为 ,且 ,得 . （2）设甲参赛场数为 ,可能取值为2,3,4,分别计算： 对应甲连输两场,概率 ； 对应两种路径（即第一场负第二场胜第三场胜或第一场胜第二场负第三场胜）,概率各为 ,即 ； ,代入 得期望 . （3）分别计算方案1和方案2下甲夺冠的概率,表示为 的函数,作差比较,根据差值符号判断 在何范围时哪种方案更有利,最后说明对甲而言方案2整体更优或给出临界值. 【小问1详解】 设“采用方案1甲获得冠军”. 因为甲对阵乙､丙､丁获胜的概率均为，且， 所以. 即采用方案1甲获得冠军的概率为. 【小问2详解】 设甲参与对阵的比赛场数为随机变量，则的所有可能取值为. ； （即第一场负第二场胜第三场胜或第一场胜第二场负第三场胜）； . 故的数学期望. 【小问3详解】 因为甲对阵乙､丙､丁获胜的概率均为， 所以采用方案1甲获得冠军的概率为； 采用方案2甲获得冠军的概率为. . 因为，所以当时，； 当时，；当时，. 故当时，采用方案1对甲获得冠军更有利； 当时，采用两种方案中任一种皆可； 当时，采用方案2对甲获得冠军更有利. 19. 已知为坐标原点，点的坐标为，以为圆心的单位圆的上半部分（含端点）记为曲线是上异于的任意一点.设，弦的长与的长的比值记为. （1）求的最小值； （2）令，讨论的零点个数； （3）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先求出导数，再根据导函数正负得出单调性进而得出最值； （2）先把零点转化为直线与函数的图象的交点，再求出导函数得出函数最值判断零点个数； （3）先移项构造函数，再求出导函数得出函数单调性，最后分，及计算求解参数. 【小问1详解】 由题意可得. 令， 则当时，，从而在上单调递减. 于是，进而可得在上单调递减. 因此在区间的最小值为. 【小问2详解】 ， 函数的零点个数等于直线与函数的图象的交点个数. 设. 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 又当时，， 所以当时，直线与函数的图象无交点，函数无零点； 同理，当，或时，函数有1个零点； 当时，函数有2个零点. 【小问3详解】 由题意，， 不等式  可化为 ， 即  由已知不等式恒成立， 可化为恒成立， 令. 又设，当时，. 设，则当时，. 所以在上单调递增，. 所以当时，在上单调递增. ①当时，对于，有， 即，所以在上单调递增.因此，时，恒成立，符合题意. ②当时，对于，有， 即，所以在上单调递减.因此，时，，不符合题意. ③当时，因为，所以存在，使得. 当时，，即，所以在上单调递减.因此，当时，，不符合题意. 综上，实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在试卷､答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，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. 样本数据的中位数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，既满足，又满足的为（ ） A. B. C. D. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知球的半径为1，圆柱的上､下底面圆周都在球的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，且满足，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，则的面积的最大值为（ ） 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. 已知复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为2 C. 在区间上单调递增 D. 当时， 11. 正方体棱长为，下列说法中正确的有（ ） A. 若点在底面（含边界）内，且，则的轨迹的长度为 B. 空间中，点满足，则的轨迹与正方体表面的交线长度为 C. 平面截正方体所得截面多边形是直角梯形 D. 平面将正方体分成两个几何体的体积分别为，且，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在点处的切线方程为__________. 13. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则__________． 14. 已知数列共有项，.若，且，则这样的数列的个数为__________. 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. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，为圆周上不同于的点，. （1）若为的中点，证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 16. 已知双曲线的左焦点为，右顶点为，渐近线方程为，点在直线上. （1）求的方程； （2）过点的直线与相切于点（异于点），证明：. 17. 已知数列的首项，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）证明：（为自然对数的底数）. 18. 某学校围棋社团举行选拔赛，甲､乙､丙､丁四人角逐冠军，有以下2种方案： 方案1甲､乙､丙､丁四人由抽签决定两两对阵，失败者被淘汰，获胜者进入决赛，决出冠军. 方案2甲､乙､丙､丁四人按如下流程进行四轮比赛，决出冠军. 第一轮：抽签决定两两对阵，获胜者进入胜者组，失败者进入负者组； 第二轮：胜者组与负者组分别组内对阵，负者组的失败者被淘汰； 第三轮：胜者组的失败者与负者组的获胜者对阵，失败者被淘汰； 第四轮：第二轮胜者组的获胜者与第三轮的获胜者进入决赛，决出冠军. 设甲对阵乙､丙､丁获胜的概率均为，任意两人对阵无平局，且不同对阵的结果相互独立. （1）如果采用方案1，当时，求甲获得冠军的概率； （2）如果采用方案2，经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.当时，求甲参与对阵的比赛场数的数学期望； （3）采用哪种方案对甲获得冠军更有利？请用概率知识加以说明. 19. 已知为坐标原点，点的坐标为，以为圆心的单位圆的上半部分（含端点）记为曲线是上异于的任意一点.设，弦的长与的长的比值记为. （1）求的最小值； （2）令，讨论的零点个数； （3）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $