河南省2024届高三下学期普通高中毕业班高考适应性测试数学试卷(含答案)

这是一份河南省2024届高三下学期普通高中毕业班高考适应性测试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
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( )
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F,过点F的直线l与抛物线交于A,B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n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、多项选择题
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R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P到点F的距离是点P到直线l的距离的.若某直线上存在这样的点P,则称该直线为“最远距离直线”.则下列结论中正确的是( )
A.点P的轨迹方程是
B.直线是“最远距离直线”
C.点P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l分别与圆和圆相切于M，N两点，则线段MN的长度为__________.
13．的展开式中的系数为________.
14．已知正实数a,b满足:,则的最大值是________.
四、解答题
15．已知中,角A,B,C的对边分别是a,b,,且.
（1）求角C的大小;
（2）若向量与向量垂直,求a的值.
16．在如图所示的四棱锥中,四边形ABCD为矩形,平面ABCD,E为线段PD上的动点.
（1）若平面AEC,求的值;
（2）在（1）的条件下,若,,求平面ABC与平面AEC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m的取值范围.
18．已知,分别为双曲线的左､右顶点,,动直线l与双曲线C交于P,Q两点.当轴,且时,四边形的面积为.
（1）求双曲线C的标准方程.
（2）设P,Q均在双曲线C的右支上,直线与分别交y轴于M,N两点,若,判断直线l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X,求随机变量X的分布列和数学期望;
（2）投掷n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．答案：D
解析：,即,得,
即,且,
所以.
故选:D
2．答案：A
解析：由题意得复数,对应的点为,
则复数对应的点为,则,
故选:A
3．答案：A
解析：.
故选:A.
4．答案：B
解析：设这个圆柱和圆锥的底面半径为r,
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．答案：D
解析：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．答案：C
解析：令d为点O到直线AB的距离,
则,,
由,故,
由抛物线定义可知,,,
则有,即,
设直线AB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．答案：A
解析：由条件可知,,
即,则,
所以.
故选:A
8．答案：B
解析：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.
9．答案：ACD
解析：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ABC在下底面正六边形DEFGHI内的投影为,
则O点是正六边形DEFGHI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ABC的外接圆圆心为,则半径,
下底面正六边形DEFGHI的外接圆圆心为,则半径,
设台塔的外接球半径为R,,
则有或,解得,
所以,台塔的外接球体积,D选项正确.
故选:ACD
10．答案：ABD
解析：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R,
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.
11．答案：AC
解析：对于A,设,则有,整理可得,
故点P的轨迹方程是,故A正确;
对于B,联立直线与点P的轨迹方程,有,可得,
,故直线与点P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C与点P的轨迹方程,有,可得,
,
故点P的轨迹与圆没有交点,故C正确;
对于D,过点P作直线于点B,由题意可得,
故,
则当A、P、B三点共线,即直线时,
有,故的最小值为,故D错误.
故选:AC.
12．答案：
解析：圆，圆心，半径.圆，圆心，半径.圆心距.因为，所以两圆相交.如图，连接，，作，垂足为点P，则.
13．答案：
解析：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．答案：.
解析：,由题意得,,令,,当且仅当,时,等号成立,即所求最大值为,故填:.
15．答案：（1）
（2）2
解析：（1）因为,所以,
即.所以,
因为C是的内角,所以.
（2）因为向量与向量垂直,
所以,即.
由正弦定理可得.所以,
由余弦定理及,
得.
解得,.所以a的值为2.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）如图1,连接BD,交AC于点O,连接EO.
平面平面PBD,平面平面,
,又O为BD的中点,
为PD的中点,即,
（2）如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
则,,,.
,,
平面ABCD,
平面ABC的一个法向量可为.
设平面AEC的法向量为,
则,
令,得,
,
平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值为.
17．答案：（1）
（2）
解析：（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,m的取值范围为.
18．答案：（1）
（2）直线PQ恒过定点
解析：（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C的方程,得.
因为四边形的面积为,所以.
解得.
所以双曲线C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C的渐近线方程为,
显然直线与双曲线C的两支各交于一点,直线与双曲线C的右支交于两点,
则有解得.
由消去y,得.
设点,则.解得.
所以.
由消去y,得.
设点,则.解得.
所以.
当直线PQ不垂直于x轴时,.
所以直线PQ的方程为.
所以,也即.
显然直线PQ恒过定点.
当直线PQ垂直于x轴时,由,得.此时.
直线PQ的方程为,恒过定点.
综上可知,直线PQ恒过定点.
19．答案：（1）分布列见解析;期望为
（2）
（3）证明见解析
解析：（1）由题意知,,1,2,3,4.
,
,
,
.
所以随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望为.
（2）由于投掷n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,.
X
0
1
2
3
P