精品解析：云南省临沧地区中学2026届高三高考适应性月考（一）数学试卷

2026 届高考适应性月考卷（一） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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交回. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为，， 所以，故. 故选：B. 2. 已知非零向量，满足，则是，均为单位向量的（ ） 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 【答案】B 【解析】 【分析】先对式子两边平方化简，分别讨论当时，能否说明，均为单位向量，或者当，均为单位向量时，与是否垂直即可. 【详解】解：因为，所以， 则，即， 若，则，即， 则，不能说明，均为单位向量. 当，均为单位向量，即，则， 所以， 又因为，为非零向量，所以能说明. 综上所述，是，均为单位向量的必要不充分条件. 故选：B. 3. 设复数，.若，则实数的值（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对进行化简，然后根据，说明是大于0的实数，列出式子即可得到的值. 【详解】. ，，，. 故选：C. 4. 在贵州“村超”总决赛阶段，某校足球社的5名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村、口寨村、忠诚村3个村寨进行调研，每组至少1人，其中甲、乙2人不能分在同一组，每个村各有一组来调研，则不同的安排方法种数是（ ） A. 114 B. 120 C. 150 D. 180 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，分组方法分为和两种方式，分别利用组合数进行方法计数，得到总分组方法总数，再考虑每组对应三个村寨的排列方式，运用排列数统计即可. 【详解】根据题意，5名学生分成三组分组方法分为两种： ① 分组：总分组方式为种，其中甲、乙同在三人组的方式有种，故符合条件的为种； ②分组：总分组方式为种，其中甲、乙同在两人组的方式为种，故符合条件的为种. 由分类加法计数原理，总分组方式为种，三组对应三个村寨的排列方式为种， 故最终总方法数为种. 故选：A. 5. 已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ） A. 98 B. 99 C. 100 D. 101 【答案】B 【解析】 【分析】利用取倒数法并构造新数列求其通项公式，再由等比数列求和公式结合数列的单调性解不等式即可. 【详解】由，可得， 易知，两侧同时除，可得，整理得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 则， 故， 故， 易知单调递增，，所以. 故选：B 6. 已知圆台的上､下底面圆的半径之比为，侧面积为，在圆台的内部有一球，该球与圆台的上､下底面及母线均相切，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆台的侧面积公式及球的表面积公式计算即可. 【详解】设圆台的上底面圆半径为，则底面圆半径为，母线长为， 如图所示，作出圆台与球的轴截面.由于球与圆台的上下底面及母线均相切，故. 根据圆台的侧面积公式，可得，所以球的直径为，故半径为，表面积为： 故选：C 7. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为k的直线l交E的两条渐近线于A，B两点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线方程得到渐近线方程为，设，的中点为，将点代入渐近线方程，利用点差法得到，设直线的倾斜角为，根据推出，即得，即得，解之即得直线的斜率. 【详解】 如图，由可得双曲线的渐近线方程为， 不妨设，的中点为，则， 两式相减，得：，即， 即（*），因，则，在中，， 设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为， 则由（*）可得，即，解得， 即，也即. 故选：B. 8. 已知，则x，y，z的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出； 法二：根据数形结合解出. 【详解】法一：设，所以 令，则，此时，A有可能； 令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能； 故选：B． 法二：设，所以， 根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根， 作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示： 易知，随着的变化可能出现：，，，， 故选：B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 对于事件A，B，若，且，，则 B. 若随机变量，，则 C. 相关系数r的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强 D. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越好 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据事件之间的关系，可得概率计算，结合条件概率的计算公式，可得答案；对于B，根据正态分布的性质，利用其对称性，可得答案；对于C，根据相关系数的性质，可得答案；对于D，根据残差图的性质，可得答案. 【详解】对于A，由，则，故，故A正确； 对于B，由随机变量，则随机变量满足的正态分布曲线关于直线对称， 故，， ，故B错误； 对于C，根据相关系数的性质，可得C正确； 对于D，根据残差图的性质，可知宽度越窄表示回归效果越好，故D错误. 故选：AC. 10. 已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 当时，取得最小值 D. 当时，满足的最大整数的值为25 【答案】ABD 【解析】 【分析】由得到，进而求得即可判断A；，，成等差数列，即可判断B；因为，分类讨论当，，即可判断C；因为，所以，，所以，，即可判断D. 【详解】因为， 所以， 即，所以，故A正确． 因为，，成等差数列， 所以，而，则，故B正确． 因为，由得， 即，所以，所以对称轴为：， 所以当时，开口向上，当，取得最小值， 当时，开口向下，当，取得最大值，故C错误． 因为，数列单调递增，所以，， 则，，又因为， 所以当时，满足的最大整数的值为25，D正确． 故选：ABD 11. 在平面直角坐标系中，圆，直线与圆相交于不同的两点，且弦的中点为，则下列选项正确的有（ ） A. 弦长的最大值为 B. 实数的取值范围为 C. 若，则 D. 存在定点，使得为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用直径为最长弦判定A；利用圆心到直线的距离小于半径，解不等式求得实数a的取值范围，判定B；根据已知判定P在直线l上，且在圆外，再取特值，当直线经过圆心的特殊情况下进行计算，可以否定C；根据垂径定理得到点Q的轨迹为圆的一部分，取D为圆心既满足选项D中的条件，从而判定D正确. 【详解】由题意知圆的圆心为，半径为； 当时，过圆心，则弦长最大为，故A正确； 圆心到的距离，解得，故B正确； 因为，所以点在圆外. 因为,所有点在直线上. 所以向量同向， 取当时，过圆心，所以，不一定是1，故C错； 因为，则的轨迹为以中点为圆心，为半径的圆（在已知圆内的一部分）， 则存在，使得，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为（且）， 所以的展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为. 故答案为： 13. 已知为第二象限角，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据诱导公式以及同角关系，即可化简求解. 【详解】由于，为第二象限角，故， 故答案为： 14. 已知函数，对任意，恒成立，则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】首先可得，依题意可得对任意恒成立，从而得到对任意恒成立，则对任意恒成立，利用导数求出，即可求出参数的取值范围. 【详解】因为对任意恒成立，显然， 所以对任意恒成立， 即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 令，， 则，所以在上单调递增， 所以对任意恒成立， 又当时，当时，， 当时，，显然满足对任意恒成立， 当时不等式对任意恒成立， 等价于对任意恒成立； 综上可得，即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 令，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，则，即实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是同构得到对任意恒成立，从而得到对任意恒成立. 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. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且满足，． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理即可求解的值； （2）在中，，利用两角和的余弦公式即可求解角，，，利用利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 解：因为 所以． 则． 因为， 所以． 【小问2详解】 解：因为， 则． 所以． 得． 则． 所以，． 因为，则 所以. 16. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：. 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：构建， 则， 由可知， 构建， 因为在上单调递增，则在上单调递增， 且， 可知在上存在唯一零点， 当，则，即； 当，则，即； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则， 又因为，则，， 可得， 即，所以. 【解析】 【分析】（1）求导可得，分和两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性； （2）构建，，根据单调性以及零点存在性定理分析的零点和符号，进而可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明. 【小问1详解】 由题意可得的定义域为，， 当时，则在上恒成立， 可知在上单调递减； 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 17. 四棱锥中，，侧面底面，且是棱上一动点. （1）当平面时，求的值； （2）求证：上存在一点，使得与总垂直； （3）当时，求平面与平面所成的角的大小. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）应用线面平行性质定理得出，进而得出比例即可； （2）根据线面垂直判定定理证明线面垂直进而证明线线垂直； （3）根据空间向量法求二面角的余弦值为0得出二面角即可. 【小问1详解】 连接交于点，连接，因为当平面平面，平面平面， 所以，所以， 在梯形中，，所以； 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为为正三角形，所以， 又因为侧面底面，且侧面底面侧面， 所以侧面又侧面，所以， 又平面，所以平面，又平面， 所以，所以上存在一点，使得与总垂直； 【小问3详解】 ，所以，所以， 所以是的中点，取的中点，连接，则， 又侧面底面，侧面底面平面，所以底面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，则平面的一个法向量为， 取平面的一个法向量， 所以平面与平面所成角的大小为. 18. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学和物理学科夏令营活动． （1）若参加数学学科夏令营的7名中学生中恰有3人来自中学，从这7名中学生中选取3名中学生，求选取的中学生中来自中学的人数的分布列和数学期望； （2）在夏令营活动中，物理学科举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，．假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响． （i）求甲、乙两位同学所在组每轮答题中取胜的概率； （ii）当时，求的最大值． 【答案】（1）分布列见解析， （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意知，的可能取值有，，，，根据超几何分布列列出分布列计算期望即可； （2）（i）由题知甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，设乙答对题数为，则，然后计算取胜的概率； （ii）由，令，，然后求最值即可. 【小问1详解】 由题意知，的可能取值有，，，， ，， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 【小问2详解】 （i）因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则， 设乙答对题数为，则， 设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”， 则 （ii）因为，所以 由，又，所以， 则，又，所以， 设，所以，因， 由二次函数的性质可知，当时取最大值， 故甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为． 19. 已知椭圆的上焦点也是抛物线的焦点，的上顶点为，下顶点为，且. （1）求的方程. （2）过点作一条斜率为的直线，与交于，两点，与交于，两点. （i）若为定值，求的值. （ii）是否存在实数，使得的面积恰好是的面积的3倍？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，然后求出，可得椭圆方程； （2）（i）设的方程为，分别联立椭圆方程和抛物线方程消元，利用弦长公式求出和，然后利用韦达定理化简即可得解； （ii）根据分析可知，若存在满足题意的，则，然后作出比较可解. 【小问1详解】 由的方程可知，所以的半焦距， 又，所以，故的方程为； 【小问2详解】 设，，，， 由题意可得的方程为，与的方程联立，得， 消去得，， 所以，， 故， 将与的方程联立，得， 消去得，， 所以，故， （i）要使为定值，则，解得， 此时为定值； （ii）不存在，理由如下： 由已知可得，则点到的距离是点到的距离的3倍， 要使的面积恰好是的面积的3倍，则必须满足， 而， 即，故不存在满足条件的实数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026 届高考适应性月考卷（一） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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交回. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知非零向量，满足，则是，均为单位向量的（ ） 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 3. 设复数，.若，则实数的值（ ） A. B. C. D. 4. 在贵州“村超”总决赛阶段，某校足球社的5名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村、口寨村、忠诚村3个村寨进行调研，每组至少1人，其中甲、乙2人不能分在同一组，每个村各有一组来调研，则不同的安排方法种数是（ ） A. 114 B. 120 C. 150 D. 180 5. 已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ） A. 98 B. 99 C. 100 D. 101 6. 已知圆台的上､下底面圆的半径之比为，侧面积为，在圆台的内部有一球，该球与圆台的上､下底面及母线均相切，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为k的直线l交E的两条渐近线于A，B两点，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则x，y，z的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 对于事件A，B，若，且，，则 B. 若随机变量，，则 C. 相关系数r的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强 D. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越好 10. 已知等差数列的公差为，前项和为，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 当时，取得最小值 D. 当时，满足的最大整数的值为25 11. 在平面直角坐标系中，圆，直线与圆相交于不同的两点，且弦的中点为，则下列选项正确的有（ ） A. 弦长的最大值为 B. 实数的取值范围为 C. 若，则 D. 存在定点，使得为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______.（用数字作答） 13. 已知为第二象限角，且，则______． 14. 已知函数，对任意，恒成立，则实数的取值范围是_____. 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. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且满足，． （1）求； （2）若，求的面积． 16. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：. 17. 四棱锥中，，侧面底面，且是棱上一动点. （1）当平面时，求的值； （2）求证：上存在一点，使得与总垂直； （3）当时，求平面与平面所成的角的大小. 18. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学和物理学科夏令营活动． （1）若参加数学学科夏令营的7名中学生中恰有3人来自中学，从这7名中学生中选取3名中学生，求选取的中学生中来自中学的人数的分布列和数学期望； （2）在夏令营活动中，物理学科举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，．假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响． （i）求甲、乙两位同学所在组每轮答题中取胜的概率； （ii）当时，求的最大值． 19. 已知椭圆的上焦点也是抛物线的焦点，的上顶点为，下顶点为，且. （1）求的方程. （2）过点作一条斜率为的直线，与交于，两点，与交于，两点. （i）若为定值，求的值. （ii）是否存在实数，使得的面积恰好是的面积的3倍？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $