精品解析：河南周口市天立高级中学等校2026届高三普通高中学生第一次适应性考试数学试题

机密★启用前 试题卷类型：A 河南省2026届普通高中学生第一次适应性考试 数学试题卷 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效. 3.考试结束后，将本试题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，则（ ） A. 2 B. C. 13 D. 3 2. 已知实数a，b，设，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知向量，．若在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 一个商人初始持有2枚硬币，每天他都能使持有的硬币数量翻倍，且在每天结束时上缴1枚硬币的税收，那么第8天结束后商人手上持有的硬币数量为（） A. 129 B. 256 C. 257 D. 512 5. 已知函数，若，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列，设，.若为等差数列，设p：“为等差数列”，q：“为常数列”，则p是q的（） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知是一个动点，过点分别作直线，的垂线，垂足分别为，.若的面积为，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 若圆与曲线有公共点，则m的取值范围是（ ） 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. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，点M为中点，点N在底面圆周上，且.若，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与平面的夹角小于45° D. 三棱锥的外接球球心在圆锥内 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 是偶函数 C. 在上单调递增 D. 有且仅有2个零点 11. 设n为正整数，已知一组数据：（，），（，），…，（，），其中，，…，成公差为2的等差数列，，，…，成公比为2的等比数列，且，记为，，…，的平均值，为，，…，的平均值，y关于x的线性回归直线方程为.若从这组数据中删去（，），则（ ） （附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为） A. 一定变大 B. 一定变大 C. 一定变大 D. 一定变大 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知∈（0，），且满足，，则______. 13. 已知的重心为，外心为，，则______. 14. 在三棱锥中，已知与均是边长为4的正三角形，，为侧棱的中点，为三棱锥的外接球表面上一动点，若异面直线，始终保持垂直，则动点的轨迹围成图形的周长为______． 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，在四棱锥中，，点为的中点，且平面与交于点． （1）求证：； （2）若平面平面，四边形为矩形，．点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 16. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若为函数的正零点，证明：. 17. 已知数列的前项和为，且与2的等差中项是． （1）求证：数列是等比数列； （2）记，试判断与的大小关系，并给出证明． 18. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若为椭圆上两点（均在轴上方），且． ①已知直线的斜率为，求直线的斜率； ②求四边形面积的最大值． 19. 盒中有4个黑球2个红球，每个球除颜色外均相同.甲、乙进行摸球游戏，两人轮流从盒中摸球，每次由其中一人随机摸出2个球，若有黑球，则黑球放回盒中；若有红球，则红球不再放回盒中.直至盒中红球已被全部取出，游戏结束.第一次摸球从甲开始，记为第n次摸球后游戏结束的概率. （1）求，； （2）求； （3）若摸球次，游戏恰好结束，将此情况下乙摸到的红球个数记为随机变量，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★启用前 试题卷类型：A 河南省2026届普通高中学生第一次适应性考试 数学试题卷 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效. 3.考试结束后，将本试题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，则（ ） A. 2 B. C. 13 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】由题，则 2. 已知实数a，b，设，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，则集合中元素都在集合中， 若，解得，则集合有两个2，不符合集合中元素的互异性，舍去； 若，方程无解； 由题意知，则必有， 此时，若，则，方程无实数根， ，则或， 当时，，此时； 当时，，此时； 综上可得，． 3. 已知向量，．若在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知，则， 设与的夹角为，则， 解得， ， ． 4. 一个商人初始持有2枚硬币，每天他都能使持有的硬币数量翻倍，且在每天结束时上缴1枚硬币的税收，那么第8天结束后商人手上持有的硬币数量为（） A. 129 B. 256 C. 257 D. 512 【答案】C 【解析】 【分析】找到每天硬币数量的递推关系，再通过递推或通项公式求解第8天的硬币数即可. 【详解】设第天结束时商人持有的硬币数为，初始状态为. 由已知可得则， 所以数列是首项为，公比为2的等比数列， 通项为：，即， 当时，. 5. 已知函数，若，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对分类讨论：分，，，四种情况讨论即可. 【详解】当时，的对称轴在轴的右边，在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得，结合得，； 当时，，恒成立，满足条件； 当时，在上单调递减，所以，解得， 所以只需考虑的情况，的对称轴为， 若，即时，的最小值为，，解得，故满足条件； 若，即时，在上单调递减， ，解得，所以满足条件； 综上所述，a的取值范围是. 6. 已知数列，设，.若为等差数列，设p：“为等差数列”，q：“为常数列”，则p是q的（） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由已知结合等差数列的性质检验充分必要性即可判断． 【详解】已知，，且为等差数列，设其公差为. 若为常数列，则（常数），即. 此时：， 为常数，故是公差为的等差数列，即. 若为等差数列，则为常数，设为. ， 又，则， 因此：， 由于是等差数列，设其公差为，则，代入上式： ， 对任意成立，说明为常数（），故，即为常数列.因此. 综上，是的充分必要条件. 7. 已知是一个动点，过点分别作直线，的垂线，垂足分别为，.若的面积为，则动点的轨迹方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】设动点坐标，利用点到直线距离公式表示垂线段长度，结合两直线夹角与三角形面积公式建立方程，化简后得到轨迹方程. 【详解】不妨设， 设动点，直线与的一般式为、， 由点到直线的距离公式，得，. 直线与的夹角为，由， 得与两直线夹角互补，故. 由， 即， 化简得，即. 当时，整理为； 当时，整理为. 因此动点的轨迹方程为或. 8. 若圆与曲线有公共点，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定圆的圆心和半径，再将问题转化为圆心到直线的距离不超过半径的不等式，分析求解得到的取值范围. 【详解】圆的方程为，可得圆心，半径， 又的值域为，圆与曲线有公共点，等价于存在，使得直线与圆有交点， 直线与圆有交点的条件为圆心到该直线的距离不大于半径，即， 问题转化为存在使该不等式成立。该不等式化为， 因，故，所以，即， 要使存在满足此条件，需区间与有交集，故，解得， 综上，的取值范围是. 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. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，点M为中点，点N在底面圆周上，且.若，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 与平面的夹角小于45° D. 三棱锥的外接球球心在圆锥内 【答案】BC 【解析】 【分析】对 A，通过向量坐标运算求出，故两向量不垂直；对 B，证明与成数乘关系，得，再结合线面平行判定定理，得出平面；对C，通过找线面角的平面角，利用范围推出范围；对 D，设外接球球心坐标，利用到各顶点距离相等列方程，解得球心坐标为负，说明球心在圆锥外. 【详解】设底面半径，圆锥高，以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴建系， 则， 由条件，得，即， 对于A：向量，，，与不垂直，A错误； 对于B：向量，，故，又 平面，平面， 由线面平行判定得平面，B正确； 对于C：取中点，连接，则所以平面，设线面角为，则， 所以， 由，得，又，故，C正确； 对于D：三棱锥即三棱锥，因为是直角三角形，且截面圆圆心与球心的连线垂直截面圆， 所以可设球心坐标为，由，得， 解得（因），圆锥所有点的，故球心在圆锥外，D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 是偶函数 C. 在上单调递增 D. 有且仅有2个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用对数函数的性质求解定义域判断A，利用偶函数的定义判断B，利用导数的性质判断C，利用分类讨论思想结合零点存在性定理与偶函数性质判断D即可. 【详解】对于A，令，解得， 则的定义域为，故A正确， 对于B，由已知得的定义域关于原点对称， 而， 则是偶函数，故B正确， 对于C，当时，得到， 则，此时， 得到在上单调递减，故C错误， 对于D，由题意得的定义域为 不妨令，讨论时的情况即可， 当时，设， 可得，此时， 得到在上单调递减，而，， 可得，则， 由零点存在性定理得存在作为零点， 当时，，此时无零点， 当时，结合偶函数性质得有1个零点， 综上可得，有且仅有2个零点，故D正确. 11. 设n为正整数，已知一组数据：（，），（，），…，（，），其中，，…，成公差为2的等差数列，，，…，成公比为2的等比数列，且，记为，，…，的平均值，为，，…，的平均值，y关于x的线性回归直线方程为.若从这组数据中删去（，），则（ ） （附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为） A. 一定变大 B. 一定变大 C. 一定变大 D. 一定变大 【答案】BD 【解析】 【分析】选项A，是等差数列中间项，数列项数为奇数项时删去中间项对平均值无影响； 选项B，首先大于0，公比大于1的递增等比数列，去掉中间项后均值变大； 选项C，与原均值偏差为0，新均值下不变； 选项D，根据A,B,C三项确定变大. 【详解】选项A， 去掉后，剩余项对称分布在两侧，则新的均值不变，仍为 A错误； 选项B，为公比大于1的递增数列，则，去掉中间项后，新的均值为， 则， 要证， 只需证 ； 设连续函数 ，则 ， 因为单调递增，所以在单调递增，且 ， 所以在单调递增，即 ； 所以当时，有 恒成立，即恒成立，B正确； 选项C，分别记分母和分子为：； 对于分母，等差数列中间项为，该项满足，即 ， 所以分母去掉中间项后保持不变，即； 对于分子，， 因为，所以， 设中间点为，它对应的中间项是 ，所以去掉中间项后，分子保持不变，即，所以，斜率保持不变，C错误； 选项D，截距，其中变大，保持不变，则变大，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知∈（0，），且满足，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】运用降幂公式、两角和的余弦公式进行化简，结合角的范围可得，进而可求，利用二倍角公式和齐次化即可求的值. 【详解】因为，，所以， 由得， 即，所以， 所以 ，得， 所以． 故答案为： 13. 已知的重心为，外心为，，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】画出的图象和三角形的重心、外心，建立平面直角坐标系，根据三角形重心、外心的性质求出相应点的坐标，用直线斜率表示角的正切值，从而进行解答. 【详解】设中点为，连接，的重心为，外心为，如下图所示 以为原点，方向为轴，方向为轴，建立平面直角坐标系， 设，，，，重心， 因为，外心在的垂直平分线上，即轴上， 所以， ，即，化简可得， 在中，，， 所以. 14. 在三棱锥中，已知与均是边长为4的正三角形，，为侧棱的中点，为三棱锥的外接球表面上一动点，若异面直线，始终保持垂直，则动点的轨迹围成图形的周长为______． 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接，，，易得平面，从而可得线段，由余弦定理得，根据外接球的几何性质确定点的轨迹为平面截三棱锥的外接球所得的截面圆，从而确定截面圆的半径，于是得所求. 【详解】如图，取的中点，连接，，， 则，，平面， 所以平面，则， 又，所以，所以． 过作于，设动点的轨迹所在平面为，则平面经过点且， 所以点的轨迹为平面截三棱锥的外接球所得的截面圆． 设，的中心分别为，，连接，，，易知平面，平面， 且，，，四点共面， 由题可得，，所以． 又，则三棱锥的外接球半径． 易知平面平面，点到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径， 所以截面圆的周长，即所求周长为． 故答案为： 【点睛】方法点睛：破解动态几何中轨迹或截面问题的解题步骤 第一步：准确作图，整体审读问题，根据题干给出的信息画出几何图形； 第二步：分析形状，抓关键条件，分析动点轨迹或截面形状，常见的动点轨迹有线段、直线、圆、弧等，截面形状则要通过找平面与各个面的交点和交线确定，确定时配合平行线、两点确定一条线段等， 第三步：解决问题，分析完动点轨迹或截面形状之后，运用几何、函数、不等式等知识，采用数形结合的方法解决相应问题 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，在四棱锥中，，点为的中点，且平面与交于点． （1）求证：； （2）若平面平面，四边形为矩形，．点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的性质，结合平行公理及中位线的性质推理得证. （2）由面面垂直的性质证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式求解. 【小问1详解】 在四棱锥中，由平面平面，得平面， 又平面，平面平面，则， 而点为的中点，因此为中点，，又， 所以. 【小问2详解】 由四边形为矩形，得， 由平面，平面平面，平面平面， 得平面，又，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，由点在线段上，设， ， 设平面的法向量， 则，取，得， 由直线与平面所成角的正弦值为 得，而，解得， 所以线段的长为. 16. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若为函数的正零点，证明：. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先得到函数的定义域，求出导函数，然后分三种情况讨论即可求得结果； （2）根据（1）中的结论得到单调区间，将不等式转化为函数之间的关系，即可得到恒成立问题，构造新的函数，再根据导数讨论单调性即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， ①当即时，， 函数单调递增，增区间为，没有减区间； ②当时，令，解得， 当，则，即时， 可得函数的减区间为，增区间为； ③当，则，即时， 可得函数的减区间为，增区间为； 综上，当时，增区间为； 当时，减区间为，增区间为； 当时，减区间为，增区间为； 【小问2详解】 由（1）可知当时，函数的减区间为，增区间为， 可知等价于. 因为，为函数的正零点， 所以，等价于证明， 又由， 令，有， 可得 ， 令，有， 可得函数单调递减，有， 可得当时，. 故有，可得得证. 【点睛】方法点睛：借助导数讨论函数单调区间的方法： （1）根据函数解析式得到函数的定义域，单调区间均在定义域内讨论； （2）求出函数的导函数，根据导函数的正负来判断原函数的单调性，这个时候注意分情况讨论，大多数时候需要令导函数为零求出极值； （3）本题关键点是利用单调性和零点定义将不等式转化为恒成立问题，然后通过换元构造新的函数，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想和分类讨论思想的应用. 17. 已知数列的前项和为，且与2的等差中项是． （1）求证：数列是等比数列； （2）记，试判断与的大小关系，并给出证明． 【答案】（1）证明见解析 （2）当时，；当时，，证明见解析 【解析】 【分析】（1）降标作差，利用即可得出，再构造数列，利用等比数列的定义求证； （2）结合（1）求出化简，分、两种情况讨论，利用放缩得出，利用等比数列求和即可得出，. 【小问1详解】 由题意得，，所以， 当时，，解得． 当时，， 得，即， 所以， 所以，所以， 又，于是数列是以2为首项，4为公比的等比数列． 【小问2详解】 由（1）得，，故． 所以. 当时，，则； 当时，，故， 所以， 即，所以， 所以. 因此，当时，；当时，． 18. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若为椭圆上两点（均在轴上方），且． ①已知直线的斜率为，求直线的斜率； ②求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由离心率和椭圆上的点坐标建立方程组，解得，然后写出椭圆方程； （2）①延长交椭圆于点，延长交椭圆于点，由对称性可知为平行四边形， 关于原点对称，设，则， ，然后利用点差法求得，进而利用得，即可求解； ②由平行四边形性质可知，设的方程为，，与椭圆方程联立，韦达定理，求出及点O到直线的距离，从而得，最后利用换元法及二次函数性质求得有最大值，即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，解得， 所以椭圆的标准方程. 【小问2详解】 ①延长交椭圆于点，延长交椭圆于点， 由对称性可知，所以四边形为平行四边形， 因为关于原点对称，所以关于原点对称， 设，则， 所以， 又为椭圆上两点，可得，， 所以，化简得，故， 又因为，所以，故； ②由①可知，在平行四边形中，， 从而， 因为构成四边形，所以的斜率必不为0，设的方程为， ，由得， ， ，， 因为， 点O到直线的距离为， 所以， 令，则， 所以当，即时，有最大值为， 所以四边形面积的最大值为. 19. 盒中有4个黑球2个红球，每个球除颜色外均相同.甲、乙进行摸球游戏，两人轮流从盒中摸球，每次由其中一人随机摸出2个球，若有黑球，则黑球放回盒中；若有红球，则红球不再放回盒中.直至盒中红球已被全部取出，游戏结束.第一次摸球从甲开始，记为第n次摸球后游戏结束的概率. （1）求，； （2）求； （3）若摸球次，游戏恰好结束，将此情况下乙摸到的红球个数记为随机变量，证明：. 【答案】（1）， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据古典概型公式求解； （2）游戏在第次结束，可能前次全摸0红，第次摸2红；可能前次有1次摸1红，第次摸1红；记第次摸到两个红球的概率为，得到，用等比数列求和公式化简； （3）法一：设甲摸到第一个红球的概率之和为，通过计算与的表达式，证明； 法二：利用各项概率之间的递推关系进行放缩，证明. 【小问1详解】 ， . 【小问2详解】 若盒中有4个黑球，2个红球，一次性摸出两个球， 摸到0，1，2个红球的概率分别为， 若盒中有4个黑球，1个红球，一次性摸出两个球， 摸到0，1个红球的概率分别为， 则摸球次，记在第次摸出第一个红球、在第次摸出第二个红球从而结束游戏的概率为， 则， 摸球次，记第次摸到两个红球的概率为，则， 则 . 【小问3详解】 法一：设摸球次，在第次和第次分别摸到一个红球的概率为 ， 记，则， 可能取值为1，2，且， ，故. 法二：设摸球次，在第次和第次分别摸到一个红球的概率为 ， 摸球次，第次摸到两个红球的概率为， ①若， 此时当为奇数且时，；当时，， 则， 故， 记， 则， 可能取值为1，2，且， ，故. ②当时，，结论也成立； 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $