2026届河南省辉县市一中高三适应性调研考试数学试题含解析

这是一份2026届河南省辉县市一中高三适应性调研考试数学试题含解析，共30页。试卷主要包含了一个频率分布表，设集合等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．某个命题与自然数有关，且已证得“假设时该命题成立，则时该命题也成立”．现已知当时，该命题不成立，那么（ ）
A．当时，该命题不成立B．当时，该命题成立
C．当时，该命题不成立D．当时，该命题成立
2．在长方体中，，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．复数在复平面内对应的点为则（ ）
A．B．C．D．
4．已知实数，满足，则的最大值等于( )
A．2B．C．4D．8
5．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
6．一个频率分布表（样本容量为）不小心被损坏了一部分，只记得样本中数据在上的频率为，则估计样本在、内的数据个数共有（ ）
A．B．C．D．
7．设集合（为实数集），，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知奇函数是上的减函数，若满足不等式组，则的最小值为（ ）
A．-4B．-2C．0D．4
9．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．若不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．已知双曲线的焦距为，过左焦点作斜率为1的直线交双曲线的右支于点，若线段的中点在圆上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P-ABC的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）
A．PA，PB，PC两两垂直B．三棱锥P-ABC的体积为
C．D．三棱锥P-ABC的侧面积为
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量，且向量与的夹角为_______.
14．展开式中项的系数是__________
15．春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设为其中成活的株数，若的方差，，则________．
16．在平面直角坐标系xOy中，A，B为x轴正半轴上的两个动点，P（异于原点O）为y轴上的一个定点．若以AB为直径的圆与圆x2＋(y－2)2＝1相外切，且∠APB的大小恒为定值，则线段OP的长为_____．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）设函数.
（1）若，时，在上单调递减，求的取值范围；
（2）若，，，求证：当时，．
18．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.
19．（12分）已知，其中．
（1）当时，设函数，求函数的极值．
（2）若函数在区间上递增，求的取值范围；
（3）证明：．
20．（12分）设函数，.
（1）解不等式；
（2）若对任意的实数恒成立，求的取值范围.
21．（12分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，分别为，的中点．
（1）求证：．
（2）若，求二面角的余弦值．
22．（10分）如图，直三棱柱中，分别是的中点，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】
写出命题“假设时该命题成立，则时该命题也成立”的逆否命题，结合原命题与逆否命题的真假性一致进行判断.
【详解】
由逆否命题可知，命题“假设时该命题成立，则时该命题也成立”的逆否命题为“假设当时该命题不成立，则当时该命题也不成立”，
由于当时，该命题不成立，则当时，该命题也不成立，故选：C.
【点睛】
本题考查逆否命题与原命题等价性的应用，解题时要写出原命题的逆否命题，结合逆否命题的等价性进行判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.
2、C
【解析】
在长方体中， 得与平面交于，过做于，可证平面，可得为所求解的角，解，即可求出结论.
【详解】
在长方体中，平面即为平面，
过做于，平面，
平面，
平面，为与平面所成角，
在，
，
直线与平面所成角的余弦值为.
故选:C.
【点睛】
本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.
3、B
【解析】
求得复数，结合复数除法运算，求得的值.
【详解】
易知，则.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查复数及其坐标的对应，考查复数的除法运算，属于基础题.
4、D
【解析】
画出可行域，计算出原点到可行域上的点的最大距离，由此求得的最大值.
【详解】
画出可行域如下图所示，其中，由于,，所以，
所以原点到可行域上的点的最大距离为.
所以的最大值为.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查根据可行域求非线性目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
5、D
【解析】
利用辅助角公式,化简函数的解析式,再根据正弦函数的单调性,并采用整体法,可得结果.
【详解】
因为，由，解得，即函数的增区间为，所以当时，增区间的一个子集为.
故选D.
【点睛】
本题考查了辅助角公式,考查正弦型函数的单调递增区间,重点在于把握正弦函数的单调性，同时对于整体法的应用,使问题化繁为简,难度较易.
6、B
【解析】
计算出样本在的数据个数，再减去样本在的数据个数即可得出结果.
【详解】
由题意可知，样本在的数据个数为，
样本在的数据个数为，
因此，样本在、内的数据个数为.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用频数分布表计算频数，要理解频数、样本容量与频率三者之间的关系，考查计算能力，属于基础题.
7、A
【解析】
根据集合交集与补集运算,即可求得.
【详解】
集合,,
所以
所以
故选:A
【点睛】
本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.
8、B
【解析】
根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.
【详解】
奇函数是上的减函数，则，且，画出可行域和目标函数，
，即，表示直线与轴截距的相反数，
根据平移得到：当直线过点，即时，有最小值为.
故选：.
【点睛】
本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键.
9、C
【解析】
根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.
【详解】
将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，
由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，
即函数为偶函数，由，得，
函数在区间上单调递增，则，得，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.
10、B
【解析】
转化为，构造函数，利用导数研究单调性，求函数最值，即得解.
【详解】
由，可知．
设，则，
所以函数在上单调递增，
所以．
所以．
故的取值范围是．
故选：B
【点睛】
本题考查了导数在恒成立问题中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
11、C
【解析】
设线段的中点为，判断出点的位置，结合双曲线的定义，求得双曲线的离心率.
【详解】
设线段的中点为，由于直线的斜率是，而圆，所以.由于是线段的中点，所以，而，根据双曲线的定义可知，即，即.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查双曲线的定义和离心率的求法，考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
12、C
【解析】
根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图，然后再计算可得.
【详解】
解：根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图如图所示，
其中D为AB的中点，底面ABC.
所以三棱锥P-ABC的体积为，
，，，
，、不可能垂直，
即不可能两两垂直，
，.
三棱锥P-ABC的侧面积为.
故正确的为C.
故选：C.
【点睛】
本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
根据向量数量积的定义求解即可．
【详解】
解：∵向量，且向量与的夹角为，
∴||；
所以：•（）2cs2﹣2＝1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题．
14、-20
【解析】
根据二项式定理的通项公式，再分情况考虑即可求解．
【详解】
解：展开式中项的系数：
二项式由通项公式
当时，项的系数是，
当时，项的系数是，
故的系数为；
故答案为：
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，注意分情况考虑，属于基础题．
15、
【解析】
由题意可知：，且，从而可得值．
【详解】
由题意可知：
∴，即,
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属于中档题．
16、
【解析】
分析：设O2（a，0），圆O2的半径为r（变量），OP=t（常数），利用差角的正切公式，结合以AB为直径的圆与圆x2+（y-2）2=1相外切．且∠APB的大小恒为定值，即可求出线段OP的长．
详解：设O2（a，0），圆O2的半径为r（变量），OP=t（常数），则
∵∠APB的大小恒为定值，
∴t＝，∴|OP|=．
故答案为
点睛：本题考查圆与圆的位置关系，考查差角的正切公式，考查学生的计算能力，属于中档题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）（2）见解析
【解析】
(1) 在上单调递减等价于在恒成立，分离参数即可解决.(2)先对求导，化简后根据零点存在性定理判断唯一零点所在区间，构造函数利用基本不等式求解即可.
【详解】
（1），时，，
，
∵在上单调递减．
∴，．
令，
，
时，；时，，
∴在上为减函数，在上为增函数．
∴，∴．
∴的取值范围为．
（2）若，，时，，
，
令，显然在上为增函数．
又，，∴有唯一零点．
且，时，，；
时，，，
∴在上为增函数，在上为减函数．
∴．
又，∴，，．
∴
．
，．
∴当时，．
【点睛】
此题考查函数定区间上单调，和零点存在性定理等知识点，难点为找到最值后的构造函数求值域，属于较难题目.
18、（1）（2）
【解析】
（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）把点极坐标化为直角坐标，直线的参数方程是过定点的标准形式，因此直接把参数方程代入曲线的方程，利用参数的几何意义求解．
【详解】
解：（1），则，∴，
所以曲线的直角坐标方程为，即
（2）点的直角坐标为，易知.设对应参数分别为
将与联立得
【点睛】
本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方程，解题时可利用利用参数方程的几何意义求直线上两点间距离问题．
19、（1）极大值，无极小值；（2）．（3）见解析
【解析】
（1）先求导，根据导数和函数极值的关系即可求出；
（2）先求导，再函数在区间上递增，分离参数，构造函数，求出函数的最值，问题得以解决；
（3）取得到，取，可得
，累加和根据对数的运算性和放缩法即可证明.
【详解】
解：（1）当时，设函数，则
令，解得
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减
所以当时，函数取得极大值，即极大值为，无极小值；
（2）因为，
所以，
因为在区间上递增，
所以在上恒成立，
所以在区间上恒成立．
当时，在区间上恒成立，
当时，，
设，则在区间上恒成立．
所以在单调递增，则，
所以，即
综上所述．
（3）由（2）可知当时，函数在区间上递增，
所以，即，
取，则
．
所以
所以
【点睛】
此题考查了参数的取值范围以及恒成立的问题，以及不等式的证明，构造函数是关键，属于较难题.
20、 (1)；(2)
【解析】
试题分析：
（1）将绝对值不等式两边平方，化为二次不等式求解．（2）将问题化为分段函数问题，通过分类讨论并根据恒成立问题的解法求解即可．
试题解析：

整理得
解得

①

②
解得
③

,且无限趋近于4，
综上的取值范围是
21、（1）见解析（2）
【解析】
（1）由已知可证明平面，从而得证面面垂直，再由，得线面垂直，从而得，由直角三角形得结论；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法示二面角．
【详解】
（1）证明：连接，，．
，，平面．
平面，平面平面．
，为的中点，．
平面平面，平面．
平面，．
为斜边的中点，，
（2），由（1）可知，为等腰直角三角形，
则．以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，记平面的法向量为
由得到，
取，可得，则．
易知平面的法向量为．
记二面角的平面角为，且由图可知为锐角，
则，所以二面角的余弦值为．
【点睛】
本题考查用面面垂直的性质定理证明线面垂直，从而得线线垂直，考查用空间向量法求二面角．在立体几何中求异面直线成的角、直线与平面所成的角、二面角等空间角时，可以建立空间直角坐标系，用空间向量法求解空间角，可避免空间角的作证过程，通过计算求解．
22、 (1)证明见解析 (2)
【解析】
（1）连接交于点，由三角形中位线定理得，由此能证明平面．
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．分别求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】
证明：证明：连接交于点，
则为的中点．又是的中点，
连接，则．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）由，可得：，即
所以
又因为直棱柱，所以以点为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，
设平面的法向量为，则且，可解得，令，得平面的一个法向量为，
同理可得平面的一个法向量为，
则
所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查直线与平面平行、二面角的概念、求法等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．