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河南郑州市第四高级中学等校2026届高三下学期高考适应性考试数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
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、多项选择题：本大题共3小题，共18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.(本小题13分)
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.(本小题15分)
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.(本小题15分)
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.(本小题17分)
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.(本小题17分)
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.
1.【答案】A
2.【答案】B
3.【答案】D
4.【答案】D
5.【答案】C
6.【答案】C
7.【答案】A
8.【答案】B
9.【答案】AB
10.【答案】ACD
11.【答案】ABD
12.【答案】
13.【答案】 /
14.【答案】
15.【答案】（1）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.
（2）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.【答案】解：（1）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.
（2）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.【答案】解：（1）因为=+，所以.
因此是以为首项，为公比的等比数列.
所以，即.
（2）由（1）可知，则，
记，①
则.②
①-②得，
所以.
所以.
（3）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.【答案】解：（1）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.
（2）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.
（3）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.【答案】解：（1）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.
（2），
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.
（3）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.

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