2024-2025学年河南省信阳市新县高级中学高三(上)适应性数学试卷(一)(含答案)

2024-2025学年河南省信阳市新县高级中学高三（上）适应性数学试
卷（一）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知a ∈R ，则“a >b ”是“a 3>b 3”( )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
2.已知(x +a )5=p 5x 5+p 4x 4+p 3x 3+p 2x 2+p 1x +p 0，若p 4=15，则a =( )A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
3.已知a =log 21.41，b =1.70.3，c =cos 7π
3，则( )A. b >a >c
B. b >c >a
C. c >b >a
D. c >a >b
4.(xtanθ−1
x )6的展开式中第四项的系数为540，则cos2θ的值为( )A. −35
37
B. 35
37
C. −4
5
D. 4
5
5.为迎接2024年在永州举行的中国龙舟公开赛，一位热情好客的永州市民准备将9份一样的永州特产分给甲、乙、丙三名幸运观众，若每人至少分得一份，且甲、乙两人分得的份数不相同，则不同的分法总数为( )A. 26
B. 25
C. 24
D. 23
6.在△ABC 中，∠ACB =120°，|AC |=3，|BC |=4，DC ⋅DB =0，则|AB +AD |的最小值为( )
A. 6
3−2
B. 2
19−4
C. 3
3−1
D.
19−2
7.斜率为−12的直线l 分别与x 轴，y 轴交于M ，N 两点，且与椭圆x 2
a 2+y 2
b 2
=1(a >b >0)，在第一象限交于
A ，
B 两点，且|MA|=|NB|，则该椭圆的离心率为( )A.
32
B.
63
C.
22
D. 1
2
8.在满足2≤x i <y i ，x y
i i =y x
i i 的实数对(x i ,y i )(i =1,2,3,…,n)中，使得y 1+y 2+⋯+y n−1≤15y n 成立的正整数n 的最大值为( )A. 15
B. 16
C. 22
D. 23
二、多选题：本题共3小题，共18分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件A，“乙正面向上”为事件B，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C，则下列判断正确的是( )
A. A与B相互独立
B. A与B互斥
C. P(B|C)=2
3D. P(C)=1
2
10.已知抛物线C：x2=2y的焦点为F，过点F且倾斜角为锐角的直线l与抛物线C相交于A，B两点(点A在第一象限)，过点A作抛物线C的准线的垂线，垂足为M，直线l与抛物线C的准线相交于点N，则( )
A. |AF|+|BF|的最小值为2
B. 当直线l的斜率为3时，|AB|=8
C. 设直线BM，MF的斜率分别为k1，k2，则k1
k2=1
2
D. 过点B作直线AM的垂线，垂足为Q，BQ交直线MF于点P，则|BP|=|PQ|
11.在平面四边形ABCD中，AB=AD=2，AB⊥AD，△BCD为等边三角形，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1−BCD，设二面角A1−BD−C的大小为α.则下列说法正确的是( )
A. 当α=150°时，M，N分别为线段BD，A1C上的动点，则|MN|的最小值为21
14
B. 当α=120°时，三棱锥A1−BCD外接球的直径为13
3
C. 当α=90°时，以A1C为直径的球面与底面BCD的交线长为3
3
π
D. 当α=60°时，AD绕D点旋转至A1D所形成的曲面面积为2
3
π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.设m∈R，i为虚数单位.若集合A={1,2m+(m−1)i}，B={0,1,2}，且A⊆B，则m=______．
13.已知x轴为函数f(x)=x3+ax+1
4
的图象的一条切线，则实数a的值为______．
14.已知函数f(x)的定义域为R，f(x)+f(1−x)=1，f(x)=2f(x
7
)，且对于0≤x1≤x2≤1，恒有f(x1
)≤f(x2)，则f(1
2024
)=______．
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，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面为平行四边形，M，N分别为AB，DD1的中点．
(1)证明：DM//平面A1BN；
(2)若底面ABCD为矩形，AB=2AD=4，异面直线DM与A1N所成角的余弦值为10
5
，求B1到平面A1BN的
距离．
16.(本小题15分)
某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级．(1)已知该公司甲部门有3名负责人，乙部门有4名负责人，该公司从甲、乙两部门中随机选取3名负责人做测试分析，记负责人来自甲部门的人数为X ，求X 的最有可能的取值：
(2)该公司统计了七个部门测试的平均成绩x(满分100分)与绩效等级优秀率y ，如下表所示： x 32415468748092y 0.280.340.440.580.660.740.94
根据数据绘制散点图，初步判断，选用y =λe cx
作为回归方程.令z =lny ，经计算得−
z =−0.642，
∑7
i =1x i z i −7−x −
z
∑7
i =1x 2i −7−x
2≈0.02．
(ⅰ)已知某部门测试的平均成绩为60，估计其绩效等级优秀率；(ⅱ)根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩x ～N(μ,
σ2)
，其中μ近似为样本平均数−
x ，σ2近似为样本方
差s 2.经计算s ≈20，求某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率．参考公式与数据：①ln0.15≈−1.9，e 1.2≈3.32，ln5.2≈1.66．②线性回归方程y =bx +a 中，
b =
∑n i =1x i y i −n −
xy
∑n i =1x 2i −n −x
2，a =−y−b −
x ．
③若随机变量X ～N(μ,σ2)，则P(μ−σ<X <μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<X <μ+3σ)=0.9974．17.(本小题15分)
已知函数f(x)=|3x−1|−3b−3lnx ．
(1)当b =1时，求f(x)在(1
3,+∞)的单调区间及极值．(2)若f(x)≥0恒成立，求b 的取值范围．18.(本小题17分)
已知数列{a n }为等比数列，{b n }为等差数列，且a 1=b 1=2，a 8=8a 5，a 4=b 8．(1)求{a n }，{b n }的通项公式；
(2)数列{(−1)2[2sin(nπ2−π4)+1]⋅b2n}的前n项和为S n，集合A={n|S4n⋅b n+2
n⋅a n+2
≥t,n∈N∗}共有5个元素，求实数t 的取值范围；
(3)若数列{c n}中，c1=1，c n=log2a n
1
4
b2n−1
(n≥2)，求证：c1+c1⋅c2+c1⋅c2⋅c3+…+c1⋅c2⋅c3⋅…⋅c n
<2．
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左焦点为F(−2,0)，过点F且与x轴垂直
的直线被椭圆截得的线段长为23
3
．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知直线l与椭圆C相切，与圆O：x2+y2=3a2相交于A，B两点，设P为圆O上任意一点，求△PAB的面积最大时直线l的斜率．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.C
5.C
6.A
7.A
8.D
9.AC
10.BCD
11.ACD
12.1
13.−3
4
14.1
16
15.解：(1)证法一：连接AB1，交A1B于点E，连接NE，ME，则E为A1B的中点，
AA1，
因为M为AB的中点，所以ME//AA1，且ME=1
2
AA1，
因为N为DD1的中点，所以DN//AA1,DN=1
2
所以ME//DN，且ME=DN，
所以四边形EMDN为平行四边形，所以EN//DM，
又因为DM⊄平面A1BN，EN⊂平面A1BN，
所以DM//平面A1BN．
证法二：取AA1中点为E，连接ED，EM，
因为E为AA1的中点，N为DD1的中点，
所以A1E//DN，且A1E=DN，
所以四边形A1EDN为平行四边形，所以DE//A1N.
又因为DE⊄平面A1BN，A1N⊂平面A1BN，所以DE//平面A1BN，
因为M为AB的中点，所以EM//A1B，
又因为EM⊄平面A1BN，A1B⊂平面A1BN，所以EM//平面A1BN．
又因为EM⊂平面DEM，DE⊂平面DEM，EM∩DE=E，所以平面DEM//平面A1BN．
又因为DM⊂平面DEM，所以DM//平面A1BN．
(2)由题意知，AB，AD，AA1两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AA1=2t(t>0)，则B(4,0,0)，D(0,2,0)，
A1(0,0,2t)，M(2,0,0)，N(0,2,t)，
B1(4,0,2t),DM=(2,−2,0),A1N=(0,2,−t)．
设异面直线DM与A1N所成角为θ，
则cosθ=|cos〈DM,A1N〉||DM A N|
|DM|⋅|A1N|
|−4|
22+(−2)2⋅22+(−t)2
=2
4+t2
=10
5
，
解得t=1，
故A 1(0,0,2)，N(0,2,1)，B1(4,0,2)，
则A1B=(4,0,−2),A1N=(0,2,−1),BB1=(0,0,2)
设平面A 1BN 的一个法向量为n =(x,y,z)，B 1到平面A 1BN 的距离为d ．所以
{
A 1
B ⋅n =4x−2z =0
A 1N ⋅n =2y−z =0
，取z =2，得n =(1,1,2)．
所以d =|B B n ||n |
|0×1+0×1+2×2|
12+12+22=4 6=2 63
，即B 1到平面A 1BN 的距离为2 6
3
．
16.解：(1)依题意，随机变量X 服从超几何分布，X =0，1，2，3，
P(X =0)=
C 03⋅C 3
4
C 3
7
=435，P(X =1)=
C 13⋅C 2
4
C 3
7
=1835，P(X =2)=
C 23⋅C 1
4
C 3
7
=1235，P(X =3)=
C 33⋅C 0
4
C 3
7
=135．由此可得P(X =1)=18
35最大，即X =1的可能性最大，故X 最有可能的取值为1；(2)(i)依题意，y =λ⋅e α两边取对数，得lny =cx +lnλ，即z =cx +lnλ，其中−
x =63，
由提供的参考数据，可知c =0.02，又−0.642=0.02×63+lnλ，故lnλ≈−1.9，由提供的参考数据，可得λ≈0.15，故
y =0.15⋅e 0.02x ，当x =60时，j ≈0.498；
(ii)由(i)及提供的参考数据可知，μ≈−x =63，σ≈s ≈20.y ≥0.78，即0.15⋅e 0.02x ≥0.78，可得0.02x ≥ln5.2，即x ≥83．又μ+σ=83，且P(μ−σ<X <μ+σ)=0.6826，
由正态分布的性质，得P(x ≥83)=1
2[1−P(μ−σ<x <μ+σ)]=0.1587，记“绩效等级优秀率不低于0.78”为事件A ，则P(A)=P(x ≥83)=0.1587，所以绩效等级优秀率不低于0.78的概率等于0.1587．
17.解：(1)当b =1，x >1
3时，
f(x)=3x−1−3−3lnx =3x−3lnx−4，f′(x)=3−3
x =
3(x−1)
x
，令f′(x)>0，解得x >1，令f′(x)<0，解得1
3<x <1，
所以f(x)的单调递减区间为(1
3,1)，单调递增区间为(1,+∞)，
所以f(x)在x=1处取得极小值为f(1)=−1，无极大值；
(2)依题意f(x)=|3x−1|−3b−3lnx，
对∀x∈(0,+∞)，f(x)≥0恒成立，
即3b≤|3x−1|−3lnx，
令g(x)=|3x−1|−3lnx，
当x∈(0,1
3
]时，g(x)=1−3x−3lnx，g(x)单调递减．
当x∈(1
3
,+∞)时，g(x)=3x−1−3lnx，
g′(x)=3−3
x =3x−3
x
，
令g′(x)>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得1
3
<x<1，
综上所述，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
因此g(x)min=g(1)=2，
所以3b≤2，即b≤2
3
，
故b的取值范围为(−∞,2
3
]．
18.解：(1)设数列{a n}公比的为q，数列{b n}公差的为d，
则由a8=8a5,q3=8，∴q=2，
∴a n=a1q n−1=2n，
又a4=b8=16，即b8=2+7d=16，∴d=2，
∴b n=2+(n−1)2=2n，
即a n=2n，b n=2n；
(2)设d n=(−1)12[2sin(nπ2−π4)+1]⋅b2n，
则d4n+d4n−1+d4n−2+d4n−3=b24n+b24n−1−b24n−2−b24n−3
=(8n)2+(8n−2)2−(8n−4)2−(8n−6)2
=128n−48，
∴S4n=(d1+d2+d3+d4)+⋯+(d4n−3+d4n−2+d4n−1+d4n)=n(128n−48+80)
2
=n(64n+16)，
∴S4n⋅b n+2
n⋅a n+2=(64n+16)⋅2(n+2)
2n+2
=(32n+8)(n+2)
2n
，
令f(n)=
(32n +8)(n +2)
2n
，则f(n +1)−f(n)=(32n +40)(n +3)2n +1−(32n +8)(2n +4)
2n +1
=
−32n 2−8n +882n +1=4(−4n 2−n +11)
2n
，可得f(1)<f(2)>f(3)>f(4)>⋯>f(n)， 故当n =2时，f(n)最大，
因为集合A ={n| S 4n ⋅b n +2
n ⋅a
n +2≥t,n ∈N ∗}共有5个元素，且f(1)=60,f(5)=147
4,f(6)=25，∴25<t ≤147
4，即t 的取值范围为(25,1474]；
证明：(3)由题可得c 1=1,c n =n
n 2−1=n
(n +1)(n−1)(n ≥2)，当n ≥2时，
c 1⋅c 2⋅c 3⋅…⋅c n =1×2
1⋅3×3
2⋅4×⋯×n
(n−1)(n +1)=n
3×4×5×⋯×n ×(n +1) =2n
(n +1)!=2[n +1−1
(n +1)!]=2[1
n!−1
(n +1)!]，当n =1时，c 1=1也满足上式，
∴c 1⋅c 2⋅⋯⋅c n =2[1
n!−1
(n +1)!](n ∈N ∗)，∴c 1+c 1⋅c 2+c 1⋅c 2⋅c 3+⋯+c 1⋅c 2⋅c 3⋯c n =2[1−1
2!+1
2!−1
3!+⋯+1
n!−1
(n +1)!]=2−2
(n +1)!<2 故原不等式成立．
19.解：(1)因为椭圆C 的左焦点为F(− 2,0)，
所以c =
2，
因为过点F 且与x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为2 3
3，
所以2b 2a =2 33
，② 又a 2−b 2=c 2，③ 联立①②③，
解得a =
3，b =1，
则椭圆方程C 的方程为x 2
3+y 2=1；
(2)当l 的斜率存在时，
不妨设直线l 的方程为y =kx +m ，
联立{
y =kx +m
x 23
+y 2=1，消去y 并整理得(3k 2+1)x 2+6kmx +3m 2−3=0，
此时Δ=(6km )2−4(3k 2+1)(3m 2−3)=0，解得m 2=3k 2+1，
又点O 到直线l 的距离d =|m|
k 2+1= 3k 2+1
k 2+1
= 3−2k 2+1∈[1, 3),不妨设点P 到直线l 的距离为ℎ，此时ℎ≤OP +d =3+d ，
所以△PAB 的面积S =12ℎ|AB|≤1
2(d +3)|AB|
=1
2(d +3)⋅2 9−d 3= (3−d)(3+d )3，
不妨设f(d)=(3−d)(3+d )3，函数定义域为[1,
3)，
可得f′(d)=2(3−2d)(3+d )2，
当1≤d <3
2时，f′(d)>0，f(d)单调递增；
当32<d <
3时，f′(d)<0，f(d)单调递减，
所以当d =32时，函数f(d)取得极大值也是最大值，最大值f(3
2)=27
3
4，
则△PAB 的最大值为27
3
4
；
当直线l 的斜率不存在时，
可得|AB|=2 9−3=2 6，d =
3，
所以△PAB 的面积S ≤12×( 3+3)×2 6=3 2+3
6，
因为(9
34
)2−( 2+ 6)2=11516
−4 3>7−4 3>0，
所以27 3
4
>3 2+3 6，
综上得，△PAB 的面积最大值为27
3
4
，
此时d =|m|
k 2+1= 3k 2+1
k 2+1
=32，解得k =±
15
3
．故直线l 的斜率为
153
．。