2026年河南省新蔡县第一高级中学高三第二次适应性（模拟）检测试题数学试题含解析.doc

2026年河南省新蔡县第一高级中学高三第二次适应性（模拟）检测试题数学试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数z满足,则在复平面上对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．记其中表示不大于x的最大整数，若方程在在有7个不同的实数根，则实数k的取值范围( )
A． B． C． D．
4．若，则“”的一个充分不必要条件是
A． B．
C．且 D．或
5．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）
A． B． C． D．
6．关于函数，有下列三个结论:①是的一个周期；②在上单调递增；③的值域为.则上述结论中，正确的个数为（）
A． B． C． D．
7．已知P是双曲线渐近线上一点，，是双曲线的左、右焦点，，记，PO，的斜率为，k，，若，-2k，成等差数列，则此双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知向量与的夹角为，定义为与的“向量积”，且是一个向量，它的长度，若，，则（ ）
A． B．
C．6 D．
9．水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中 ，则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．
10．如图在直角坐标系中，过原点作曲线的切线，切点为，过点分别作、轴的垂线，垂足分别为、，在矩形中随机选取一点，则它在阴影部分的概率为（ ）

A． B． C． D．
11．已知方程表示的曲线为的图象，对于函数有如下结论：①在上单调递减；②函数至少存在一个零点；③的最大值为；④若函数和图象关于原点对称，则由方程所确定；则正确命题序号为( )
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
12．已知m为实数，直线：，：，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如果函数（,且,）在区间上单调递减,那么的最大值为__________．
14．从2、3、5、7、11、13这六个质数中任取两个数，这两个数的和仍是质数的概率是________（结果用最简分数表示）
15．已知两个单位向量满足，则向量与的夹角为_____________.
16．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线与抛物线交于点，以线段为直径的圆上存在点，使得以为直径的圆过点，则实数的取值范围为________．
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）已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若对任意恒成立，求的取值范围.
18．（12分）已知函数．
（1）若在处取得极值，求的值；
（2）求在区间上的最小值；
（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立．
19．（12分）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.
20．（12分）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形；
（Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.
21．（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）（文科）求三棱锥的体积；
（理科）求二面角的正切值.

22．（10分）已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax.
（1）求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；
（2）令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足＞1，求实数a的取值范围；
（3）若∃x∈(0,1]，使f(x)≥成立，求实数a的最大值．
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】
利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】
由题意，直角三角形的斜边长为，
利用等面积法，可得其内切圆的半径为，
所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.
故选：C.
本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
2．A
【解析】
设，由得：，由复数相等可得的值，进而求出，即可得解.
【详解】
设，由得：，即，
由复数相等可得：，解之得：，则，所以，在复平面对应的点的坐标为，在第一象限.
故选：A.
本题考查共轭复数的求法，考查对复数相等的理解，考查复数在复平面对应的点，考查运算能力，属于常考题.
3．D
【解析】
做出函数的图象，问题转化为函数的图象在有7个交点，而函数在上有3个交点，则在上有4个不同的交点，数形结合即可求解.
【详解】
作出函数的图象如图所示，由图可知

方程在上有3个不同的实数根，
则在上有4个不同的实数根，
当直线经过时，；
当直线经过时，，
可知当时，直线与的图象在上有4个交点，
即方程，在上有4个不同的实数根.
故选:D.
本题考查方程根的个数求参数，利用函数零点和方程之间的关系转化为两个函数的交点是解题的关键，运用数形结合是解决函数零点问题的基本思想，属于中档题.
4．C
【解析】
，
∴，当且仅当 时取等号.
故“且 ”是“”的充分不必要条件.选C．
5．D
【解析】
由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解
【详解】
根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D
本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养
6．B
【解析】
利用三角函数的性质，逐个判断即可求出．
【详解】
①因为，所以是的一个周期，①正确；
②因为，，所以在上不单调递增，②错误；
③因为，所以是偶函数，又是的一个周期，所以可以只考虑时，的值域．当时，，

在上单调递增，所以，的值域为，③错误；
综上，正确的个数只有一个，故选B．
本题主要考查三角函数的性质应用．
7．B
【解析】
求得双曲线的一条渐近线方程，设出的坐标，由题意求得，运用直线的斜率公式可得，，，再由等差数列中项性质和离心率公式，计算可得所求值．
【详解】
设双曲线的一条渐近线方程为，
且，由，可得以为圆心，为半径的圆与渐近线交于，
可得，可取，则，
设，，则，，，
由，，成等差数列，可得，
化为，即，
可得，
故选：．
本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
8．D
【解析】
先根据向量坐标运算求出和，进而求出，代入题中给的定义即可求解.
【详解】
由题意，则，，得，由定义知，
故选:D.
此题考查向量的坐标运算，引入新定义，属于简单题目.
9．B
【解析】
根据斜二测画法的基本原理，将平面直观图还原为原几何图形，可得，,绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体,圆锥的侧面展开图是扇形根据扇形面积公式即可求得组合体的表面积.
【详解】
根据“斜二测画法”可得，，，

绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体，
它的表面积为.
故选:
本题考查斜二测画法的应用及组合体的表面积求法,难度较易.
10．A
【解析】
设所求切线的方程为，联立，消去得出关于的方程，可得出，求出的值，进而求得切点的坐标，利用定积分求出阴影部分区域的面积，然后利用几何概型概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
设所求切线的方程为，则，
联立，消去得①，由，解得，
方程①为，解得，则点，
所以，阴影部分区域的面积为，
矩形的面积为，因此，所求概率为.
故选：A.
本题考查定积分的计算以及几何概型，同时也涉及了二次函数的切线方程的求解，考查计算能力，属于中等题.
11．C
【解析】
分四类情况进行讨论，然后画出相对应的图象，由图象可以判断所给命题的真假性.
【详解】
（1）当时，，此时不存在图象；
（2）当时，，此时为实轴为轴的双曲线一部分；
（3）当时，，此时为实轴为轴的双曲线一部分；
（4）当时，，此时为圆心在原点，半径为1的圆的一部分；
画出的图象，

由图象可得：
对于①，在上单调递减，所以①正确；
对于②，函数与的图象没有交点，即没有零点，所以②错误；
对于③，由函数图象的对称性可知③错误；
对于④，函数和图象关于原点对称，则中用代替，用代替，可得，所以④正确.
故选：C
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，函数的图象与性质，函数的零点概念，考查了数形结合的数学思想.
12．A
【解析】
根据直线平行的等价条件，求出m的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
当m=1时，两直线方程分别为直线l1：x+y﹣1=0，l2：x+y﹣2=0满足l1∥l2，即充分性成立，
当m=0时，两直线方程分别为y﹣1=0，和﹣2x﹣2=0，不满足条件．
当m≠0时，则l1∥l2⇒，
由得m2﹣3m+2=0得m=1或m=2，
由得m≠2，则m=1，
即“m=1”是“l1∥l2”的充要条件，
故答案为：A
（1）本题主要考查充要条件的判断，考查两直线平行的等价条件，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 本题也可以利用下面的结论解答，直线和直线平行，则且两直线不重合,求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．18
【解析】
根据函数单调性的性质,分一次函数和一元二次函数的对称性和单调区间的关系建立不等式,利用基本不等式求解即可.
【详解】
解:①当时, ,
在区间上单调递减,
则,即,
则.
②当时, ,
函数开口向上,对称轴为,
因为在区间上单调递减,
则,
因为,则,
整理得,
又因为,
则.所以
即,
所以
当且仅当时等号成立.
综上所述,的最大值为18.
故答案为:18
本题主要考查一次函数与二次函数的单调性和均值不等式.利用均值不等式求解要注意”一定,二正,三相等”.
14．
【解析】
依据古典概型的计算公式，分别求“任取两个数”和“任取两个数，和是质数”的事件数，计算即可。
【详解】
“任取两个数”的事件数为，“任取两个数，和是质数”的事件有（2,3），（2,5），（2,11）共3个，所以任取两个数，这两个数的和仍是质数的概率是。
本题主要考查古典概型的概率求法。
15．
【解析】
由得，即得解.
【详解】
由题意可知，则.
解得，所以，
向量与的夹角为.
故答案为：
本题主要考查平面向量的数量积的计算和夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
16．
【解析】
由题意求出以线段AB为直径的圆E的方程，且点D恒在圆E外，即圆E上存在点，使得，则当与圆E相切时，此时，由此列出不等式，即可求解。
【详解】
由题意可得，直线的方程为，联立方程组，可得，
设，则，，
设，则，，
又，
所以圆是以为圆心，4为半径的圆，所以点恒在圆外．
圆上存在点，使得以为直径的圆过点，即圆上存在点，使得，设过点的两直线分别切圆于点，
要满足题意，则，所以，
整理得，解得，
故实数的取值范围为
本题主要考查了直线与抛物线位置关系的应用，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中准确求得圆E的方程，把圆上存在点，使得以为直径的圆过点，转化为圆上存在点，使得是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题。

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).
【解析】
（1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可；
（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.
【详解】
(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，
当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，
当时，原不等式等价于，解得，所以
综上所述，不等式解集为.
(2)由，得，
当时，恒成立，所以；
当时，.
因为
当且仅当即或时，等号成立，
所以；
综上的取值范围是.
本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.
18．（1）2；（2）；（3）证明见解析
【解析】
（1）先求出函数的定义域和导数，由已知函数在处取得极值，得到，即可求解的值；
（2）由（1）得，定义域为，分，和三种情况讨论，分别求得函数的最小值，即可得到结论；
（3）由，得到，把，只需证，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
（1）由，定义域为，则，
因为函数在处取得极值，
所以，即，解得，
经检验，满足题意，所以.
(2)由（1）得，定义域为，
当时，有，在区间上单调递增，最小值为，
当时，由得，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以在区间上单调递增，最小值为，
当时，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以在处取得最小值，
综上可得：
当时，在区间上的最小值为1，
当时，在区间上的最小值为.
（3）由得，
当时，，则，
欲证，只需证，即证，即，
设，则，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，即，
故， 即当时，恒有成立.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
19．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）利用绝对值三角不等式求得的最小值，利用分析法，结合基本不等式，证得不等式成立.
【详解】
（1），
不等式，即或或，
即有或或，
所以所求不等式的解集为.
（2），，
因为，，
所以要证，只需证，
即证，
因为，所以只要证，
即证，
即证，因为，所以只需证，
因为，所以成立，
所以.
本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题.
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.
【解析】
（1）由平面平面，可得平面，从而证明；
（2）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（3）作交于点，延长交于点，连接，根据三垂线定理，确定二面角的平面角，若，，由大角对大边知，两者矛盾，故二面角的大小不能为.
【详解】
（1）由平面平面，平面平面，
且，所以平面，
又平面，所以；
（2）依题意都在平面上，
因此平面，平面，
又平面，平面，
平面与平面平行，即两个平面没有交点，
则与不相交，又与共面，
所以，同理可证，
所以四边形是平行四边形；
（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，

由，，，
所以平面，则平面，又，
根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，
若，则是等腰直角三角形，，
又，
所以中，由大角对大边知，
所以，这与上面相矛盾，
所以二面角的大小不能为.
本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.
21．（1）见解析（2）（文） （理）
【解析】

（1）证明：取PD中点G，连结GF、AG，
∵GF为△PDC的中位线，∴GF∥CD且，
又AE∥CD且，∴GF∥AE且GF=AE，
∴EFGA是平行四边形，则EF∥AG，
又EF不在平面PAD内，AG在平面PAD内，
∴EF∥面PAD；
（2）（文）解：取AD中点O，连结PO，
∵面PAD⊥面ABCD，△PAD为正三角形，∴PO⊥面ABCD，且，
又PC为面ABCD斜线，F为PC中点，∴F到面ABCD距离，
故；
（理）连OB交CE于M，可得Rt△EBC≌Rt△OAB，
∴∠MEB=∠AOB，则∠MEB+∠MBE=90°，即OM⊥EC．
连PM，又由（2）知PO⊥EC，可得EC⊥平面POM，则PM⊥EC，
即∠PMO是二面角P-EC-D的平面角，
在Rt△EBC中，，
∴，
∴，
即二面角P-EC-D的正切值为．
【方法点晴】
本题主要考查线面平行的判定定理、二面角的求法、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.
22．（1）m(t)＝（2）a≤2－2.（3）a≤2－2.
【解析】
（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解．
（2）注意到函数h(x)的图像上任意不同两点A，B连线的斜率总大于1，等价于h(x1)－h(x2)＜x1－x2(x1＜x2)恒成立，从而构造函数F(x)＝h(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，进而等价于F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立来加以研究．
（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a≤，再利用导数求函数M(x)＝的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值．
【详解】
（1） f′(x)＝1－，x＞0，
令f′(x)＝0，则x＝1.
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－lnt；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1.
综上，m(t)＝
（2）h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，
不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，
则由，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，
变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．
令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，
则F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，
故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．
因为2x＋≥2，当且仅当x＝时取“＝”，
所以a≤2－2.
（3）因为f(x)≥，所以a(x＋1)≤2x2－xlnx.
因为x∈(0,1]，则x＋1∈(1,2]，所以∃x∈(0,1]，使得a≤成立．
令M(x)＝，则M′(x)＝.
令y＝2x2＋3x－lnx－1，则由y′＝＝0 可得x＝或x＝－1(舍)．
当x∈时，y′＜0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递减；
当x∈时，y′＞0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递增．
所以y≥ln4－＞0，
所以M′(x)＞0在x∈(0,1]时恒成立，
所以M(x)在(0,1]上单调递增．
所以只需a≤M(1)，即a≤1.
所以实数a的最大值为1.
本题考查了函数与导数综合问题，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于难题.