河南省信阳市新县高级中学2024届高三考前第二次适应性考试数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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收回.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 下列函数中，在其定义域上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本初等函数的单调性逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对数函数在其定义域上单调递增，A选项不满足条件；
为常函数，在其定义域上没有单调性，B选项不满足条件；
在其定义域上单调递增，C选项不满足条件；
，在其定义域上单调递减，D选项满足条件.
故选：D.
2. 已知双曲线C：经过点，则C的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出双曲线方程再根据双曲线渐近线的求法得解.
【详解】因为双曲线C：经过点，
所以，渐近线方程为.
故选：B
3. 羽毛球比赛水平相当的甲、乙、丙三人举行羽毛球比赛.规则为：每局两人比赛，另一人担任裁判.每局比赛结束时，负方在下一局比赛中担任裁判.如果第1局甲担任裁判，则第3局甲还担任裁判的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由全概率公式即可求解.
【详解】由于甲、乙、丙三人的比赛水平相当，所以第二局乙或丙担任裁判的概率都是，
第二局若是乙当裁判，则第三局甲或丙担任裁判的概率都是，
第二局若是丙当裁判，则第三局甲或乙担任裁判的概率都是，
由全概率公式可知，如果第1局甲担任裁判，则第3局甲还担任裁判的概率为.
故选：C.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式计算即得.
【详解】由，得.
故选：B
5. 下列四个命题：
①命题“，”的否定是“，”
②，是两个不同的平面，，，，则．
③函数为上的增函数．
④．
其中真命题的个数是（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】B
【解析】
【分析】①根据全称命题的否定的性质进行判断即可；
②根据面面垂直的性质定理进行判断即可；
③根据增函数的性质进行判断即可；
④根据对钩函数的单调性进行判断即可.
【详解】解：①命题“，”的否定是“，”，则命题为真命题，故①正确，
②根据面面垂直的性质可知：当时，才能由，，，推出，否则的话当时，，，，也可以成立，故②不正确，
③当时，函数为增函数，当时，函数为增函数，
当时，，，则，即在上不是增函数，故③错误，
④当时，，
设，则，则在，上减函数，则当时，函数最小为，故④错误，
故正确的是①，
故选：B
6. 已知方程在实数范围内有解，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将方程中的看成主元，看成系数可得，表示一条直线，直线上的点为，根据的几何意义确定点到点的距离不小于到直线的距离，结合点到直线的距离公式和二次函数的性质即可求解.
【详解】由题意知，将方程中的看成主元，看成系数，
则变成二元一次方程，
该方程可以表示直角坐标系中的一条直线，直线上的点为，
的几何意义是点与的距离，
所以直线上的点到点的距离不小于到直线的距离，
到直线的距离为
，
即，所以，
又，是开口向上的抛物线，
当时，，所以，
即的最小值为.
故选：A
7. 已知抛物线的焦点为，过点作斜率不为0的直线交于两点，并与以为圆心，半径为1的圆交于两点.在第一象限内，若的最小值为6，则到准线的距离为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与抛物线的位置关系，联立转化为一元二次方程，用设而不求整体代换的思想结合根与系数的关系将条件式进行转化，再利用均值不等式即可求解.
【详解】设，直线AB斜率不为0，方程设为，
由抛物线的定义可知，，，
联立，消去x得，，，
则，
所以，
，
当时，
所以
，当且仅当时，
即时，等号成立，由题意可知，解得.
当时，
，
由前述可知：，，所以，
故此时无最小值，与题意不符.
综上得：.
故选：A.
8. 正三棱锥和正三棱锥Q-ABC共底面ABC，这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，点P和点Q在平面ABC的异侧，这两个正三棱锥的侧面与底面ABC所成的角分别为，，则当最大时，（ ）
A. B. C. -1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得球心在，设与的交点为， 于M，为两个正三棱锥的侧面与底面所成的角分别为，设外接球的 半径为,球心到平面的距离为,可得，，进而计算可求最大时，的值.
【详解】由题意可得球心在，设与的交点为， 于M，
由题意可得，
所以为两个正三棱锥的侧面与底面所成的角分别为，
所以，，设外接球的 半径为,球心到平面的距离为,
则，
设的边长为，由正三角形的性质，
所以，， ,
所以
所以
，所以，故当时，最大，
此时.
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用正切函数的单调性求三角函数的值的最大值以确定角的最大值，表示三角函数是解本题的关键.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知正方体的棱长为2，分别是边的中点. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为1
C. 三棱锥的表面积为
D. 以为球心，半径为的球面与侧面的交线长为
【答案】AD
【解析】
【分析】本题根据正方体的特征、空间平行的传递性、球的截面特征以及锥体体积公式即可求解.
【详解】
因为点分别是的中点，所以是的中位线，所以,
又因为平面，所以平面，平面，所以，故选项A正确.
因为，故选项B错误.
因为，,,
因为在，,
所以，
所以,
所以三棱锥的表面积是：，故选项C错误.
以为球心，为半径的球面与平面相交，由于 ,
平面，故此球面与平面的交线是以为圆心，以为半径的圆弧的长度，
易求的长度为：，故选项D正确.
故选：AD.
10. 已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（ ）
A. 若2为的周期，则为奇函数
B. 若为奇函数，则2为的周期
C. 若4为的周期，则为偶函数
D. 若为偶函数，则4为的周期
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：由已知可得，结合周期可得可判断A；由奇函数可得，可判断B；结合已知可得结论，可判断C；由已知可得，可判断D.
【详解】对于A：若2是的周期，则，
由，可得，
所以，所以为奇函数；故A正确；
对于B：若为奇函数，则，
由，可得，所以2是的周期，故B正确；
若4是的周期，设，则，
该函数的最小周期为，故为该函数的周期，当该函数为奇函数，故C不正确；
对于D：若为偶函数，则，
由，可得，所以，
所以，所以4是的周期，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数的定义域为，设，且，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】本题考查抽象函数与复合函数的导数，根据题目所给条件以及，利用赋值法求出各函数值，从而得出答案.
【详解】对于选项A，由于任意，，即若函数满足题意，则也满足题意，不能确定的值，故A错误.
对于选项B，
令得：
；
或恒成立，若恒成立，则，结合分析可知不可能为常数函数，舍去.
令得：
，
，可得，；
可得，.
令可得：
，由之前结论不为常数函数，得，B选项正确.
对C选项，可令
，代入前面结论，可得
，两边求导数，得，代入，
可得，选项C正确.
对选项D，可令特殊函数满足题目中的条件，经检验，D选项不正确.
故选：BC
【点睛】涉及抽象函数有关性质的题目经常使用赋值法，观察已知和待求给变量适当赋值很关键；要注意熟练运用复合函数的求导法则.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，则的取值集合为_________.
【答案】
【解析】
【分析】本题根据集合之间的关系，对参数分类讨论，即可确定参数的取值.
【详解】由题意可知：，
因为,所以当时，；
当时，则,
则或，解得或，
综上得，a的取值集合是.
故答案为：
13. 已知正数满足，则的最小值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分离常量法可得，结合权方和不等式计算可得，即，即可求解.
【详解】，
，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以，得，
所以或（舍去），
即的最小值为.
故答案为：
14. 若过点仅可作曲线的两条切线，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】设切点为：，根据切线过点，得到，令，再根据过点仅可作曲线的两条切线，由 与的图象有两个交点求解.
【详解】设切点为：，
，
所以切线方程为，
又因为切线过点，
所以，
即，
令，
则，
令，得或，
当或时，，当时，，
，
当时，则，且；
当时，则，
所以的图象如图所示：
因为过点仅可作曲线的两条切线，
所以与的图象有两个交点，
则 或.
故答案为：.
四、解答题：本题共5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，在多面体中，平面与平面均为矩形且相互平行，,设.
（1）求证：平面平面；
（2）若多面体的体积为：
（i）求；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由线线垂直推出线面垂直，进而得到面面垂直；
（2）将多面体的体积分成三部分，包括一个三棱柱和两个完全一样的五面体，再将五面体分成一个三棱柱和一个四棱锥，最终表示出多面体的体积，求得多面体的高，即可得到；在此基础上加建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而求得平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为四边形是矩形，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
（i）
因为，所以四边形是等腰梯形，
过点作，垂足为，过点作，垂足为，则，
同理，作，则，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，记，
连接，作，则，
由对称性可知，所以，
，
，
所以，所以，
在中，，所以；
（ii）
以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，则，
设平面法向量，则，即，得，所以，
设平面的法向量，则，即，得，所以，
，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16. 为帮助乡村脱贫，某勘探队计划了解当地矿脉某金属的分布情况，测得了平均金属含量（单位：）与样本对原点的距离（单位：）的数据，并作了初步处理，得到了下面的一些统计量的值．（表中，）．
（1）利用样本相关系数的知识，判断与哪一个更适宜作为平均金属含量关于样本对原点的距离的回归方程类型？
（2）根据（1）的结果回答下列问题：
（i）建立关于的回归方程；
（ii）样本对原点的距离时，金属含量的预报值是多少？
（iii）已知该金属在距离原点时的平均开采成本（单位：元）与，关系为，根据（2）的结果回答，为何值时，开采成本最大？
附：对于一组数据，其线性相关系数，
其回归直线斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
【答案】（1）更适宜；（2）（i）；（ii）；（iii）为10时，开采成本最大．
【解析】
【分析】（1）计算出的线性相关系数和的线性相关系数可得答案；
（2）（i）计算出和，可得关于的回归方程；
（ii）代入可得答案；
（iii）求出，令，判断的单调性可得答案．
【详解】（1）的线性相关系数，
的线性相关系数，
∵，
∴更适宜作为平均金属含量关于样本对原点的距离的回归方程类型．
（2）（i），，
∴，
∴关于的回归方程为．
（ii）当时，金属含量预报值为．
（iii），
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴在处取得极大值，也是最大值，此时取得最大值，
故为10时，开采成本最大．
【点睛】本题考查了线性相关系数计算分析、线性回归方程进行预测，考查了学生利用数据解决问题的能力，计算能力.
17. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）因为函数的定义域为，当时，，将问题转化为当时，，构造函数，利用导数研究的值域即可证明；
（2）求导，令，再求导，利用放缩可知，得到在单调递增，，分类讨论和时的正负，从而确定是否有极值点以及极值点的个数.
【小问1详解】
因为函数的定义域为，当时，.
要证，只需证：当时，.
令，则，
则在单调递增，
所以，即.
【小问2详解】
，
令，
则.
所以在单调递增，，
①时，，.
则在为增函数，在上无极值点，矛盾.
②当时，.由（1）知，，
，则，则使.
当时，，，则在上单调递减；
当时，，，则在上单调递增.
因此，在区间上恰有一个极值点，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
18. 已知F为抛物线C：的焦点，点A在C上，.点P（0，-2），M，N是抛物线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为，.
（1）求C的方程；
（2）存在点Q，当直线MN经过点Q时，恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标；
（3）对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值.
【答案】（1）
（2）（2，2）或（4，2）
（3）5
【解析】
【分析】（1）设，进而求出的坐标，利用坐标式向量相等的条件求解即可
（2）设，，联立直线MN的方程和抛物线方程，利用韦达定理求出，，代入得或，利用点斜式求出Q的坐标；
（3）根据（2）结论和条件得MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值，利用韦达定理和两点间的距离公式求出，然后构造函数，通过导函数求出单调区间，利用函数的单调性求出最值
【小问1详解】
，设，则，
所以得：，解得或（舍），
所以抛物线C的方程为①.
【小问2详解】
设直线MN：②，，，
联立①②，得.
所以③，，④.
，，
则，
.
因为，即：，
即：，
则或，能满足③式.
则MN：，或MN：，
所以定点Q的坐标为（2，2）或（4，2）；
【小问3详解】
如MN过（4，2）点，当时，，但此时M，N重合，
则|MN|无最小值，所以MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值.
由（2），在④中，令得：，，
.
令，
则，.
当时，，在上为减函数，
当时，，在上为增函数，
所以当时，有最小值，|MN|有最小值.
.
【点睛】关键点睛：第二问的关键：根据一元二次方程根与系数的关系，结合恒成立，得到直线MN过定点.
19. 孟德尔在观察豌豆杂交时发现了以下规律：豌豆的各种性状是由其遗传因子决定的. 以子叶颜色为例，豌豆的子叶分黄、绿两种颜色，其中黄色为显性性状，绿色为隐性性状. 我们用表示子叶为黄色的豌豆的遗传因子对，用表示子叶为绿色的豌豆的遗传因子对. 当这两种豌豆杂交时，父本的其中一个遗传因子与母本的其中一个遗传因子等概率随机组合，子一代的遗传因子对全部为，如图所示，其中为显性遗传因子，为隐性遗传因子. 当生物的遗传因子对中含有显性遗传因子时呈现显性性状，否则呈现隐性性状. 例如：均指示黄色子叶，指示绿色子叶. 我们称以上定律为孟德尔定律.
（1）若仅考虑子叶颜色，在子一代豌豆间进行相互交配得到存在不同遗传因子的子二代豌豆，继续在子二代豌豆中将含有相同遗传因子对的豌豆（如与）进行交配得到子三代豌豆，求子三代豌豆中子叶颜色为绿色的概率.
（2）已知人的单、双眼皮性状服从孟德尔定律，其中双眼皮是显性性状，记其遗传因子对为或；单眼皮是隐性性状，记其遗传因子对为. 若仅考虑眼皮性状，已知你的祖父、祖母和母亲的遗传因子对均为:
（ⅰ）在你是双眼皮的条件下，求父亲是单眼皮的概率；
（ⅱ）祖父和祖母育有伯父、父亲、叔父和姑母三子一女，除父亲外，其余三人均与单眼皮配偶婚配并各育有一子，求你及你的三代以内父系亲属（如图）中双眼皮人数的数学期望.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）确定子一、二代豌豆的遗传因子对的比例，根据与交配得到的子三代豌豆的遗传因子对全部为，即可求解；
（2）（i）由题意可知你的遗传因子对为，分类讨论父亲提供的遗传因子情况，即可求解；（ii）确定你及你的三代以内父系亲属的遗传因子对为双、单眼皮的概率和双眼皮人数的可能取值，结合独立事件的乘法公式计算对应的概率，求出数学期望即可.
【小问1详解】
子一代豌豆的遗传因子对全部为，它们相互交配，产生的配子有和，比例为.
子二代豌豆的遗传因子对有，比例为.
含有相同遗传因子对的豌豆（如与）进行交配，即与交配，
得到的子三代豌豆的遗传因子对全部为，子叶颜色为黄色，
所以子三代豌豆中子叶颜色为绿色的概率为；
【小问2详解】
（i）已知祖父、祖母和母亲的遗传因子对均为，父亲的遗传因子对可能为或.
在你是双眼皮的条件下，说明你的遗传因子对为，
因为你的遗传因子对是由父亲和母亲各提供一个遗传因子组成，
故父亲提供的遗传因子可能为或，概率各为.
当父亲提供的遗传因子为时，父亲的遗传因子对为；
当父亲提供的遗传因子为时，父亲的遗传因子对为，
所以父亲是单眼皮的概率为；
（ii）由题意知，祖父和祖母的遗传因子对均为，父亲的遗传因子对可能为或.
伯父、叔父和姑母的遗传因子对也可能为或，
所以你及你的三代以内父系亲属的遗传因子对可能为、、，概率分别为.
又你及你的三代以内父系亲属有你、父亲、伯父、叔父、姑母共5人，
所以三代以内父系亲属中双眼皮的人数可能为0,1,2,3,4,5，对应的概率为：
，，，
，
则，
故你及你的三代以内父系亲属中双眼皮的人数的数学期望为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查以生物遗传学背景下的概率与统计相关的数学知识，其中第（2）问中的（ii），确定你及你的三代以内父系亲属的遗传因子对为双眼皮和单眼皮的概率，结合独立事件的乘法公式计算是解题的关键.
6
97.90
0.21
60
0.14
14.12
26.13
﹣1.40