云南省玉溪第一中学2025-2026学年高三上学期适应性测试（一）数学试题

玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试（一） 数学试题评分参考 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D A B A C D 【解析】 1．由题意A＝{x|x2－x－6<0}＝{x|－2<x<3}，又B＝{0，1，2，3}，则A∪B＝（－2，3]．故选C. 2．因为a＝（1，x－1），b＝（y，2），a⊥b，所以a·b＝y＋2（x－1）＝0，即2x＋y＝2.又因为x>0，y>0，所以2x＋y≥2，当且仅当x＝，y＝1时等号成立，即2≤2，所以xy≤，所以当且仅当x＝，y＝1时，xy取到最大值，为.故选B. 3．由（2－i）z＝i4×505＋3＝－i，得z＝＝＝－i，所以＝＋i，所以的虚部为.故选D. 4．由题意及函数y＝sinωx的图象与性质可知，T＝－，∴T＝π，∴＝π，∴ω＝2.故选A. 5．圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为（x－2）2＋（y－2）2＝18，则圆心坐标为（2，2），半径为3.由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2可得，圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3－2＝，即≤，则a2＋b2＋4ab≤0　①，若b＝0，不符合题意，故b≠0，则①可化为＋1＋≤0，由于直线l的斜率k＝－，所以＋1＋≤0可化为k2＋1－4k≤0，解得k∈[2－，2＋]．故选B. 6．①当用2种颜色涂A，B，C，D时，则A，C涂色相同，B，D涂色相同，共有A＝12种涂色方法，则涂V有2种涂色方法，即给正四棱锥V－ABCD的五个顶点涂色，共有12×2＝24种涂色方法；②当用3种颜色涂A，B，C，D时，则A，C涂色相同，B，D涂色不相同，或A，C涂色不相同，B，D涂色相同，共有2A＝48种涂色方法，则涂V有1种涂色方法，即给正四棱锥V－ABCD的五个顶点涂色，共有48×1＝48种涂色方法．由①②得，不同的涂法有24＋48＝72种．故选A. 7．延展平面EFG，可得截面EFGHQR，其中H，Q，R分别是所在棱的中点，直线D1P与平面EFG不存在公共点，所以D1P∥平面EFGHQR.由中位线定理可得AC∥EF，EF⊂平面EFGHQR，AC⊄平面EFGHQR，所以AC∥平面EFGHQR，同理可得D1C∥平面EFGHQR，又D1C∩AC＝C，所以平面D1AC∥平面EFGHQR，所以P在AC上时，直线D1P与平面EFG不存在公共点，因为BO⊥AC，所以P与O重合时BP最小，此时△PBB1的面积最小，为×2×＝.故选C. 8．对于A，因为椭圆C的长轴长与圆E的直径长相等，所以2a＝4，即a＝2，设椭圆C的左焦点F′（－c，0），由椭圆的定义可知|PF′|＋|PF|＝2a＝4，所以|PQ|－|PF|＝|PQ|－（4－|PF′|）＝|PQ|＋|PF′|－4≥|QF′|－4≥|EF′|－2－4＝2－6，所以|EF′|＝2＝，解得c＝1或5，因为c<a＝2，所以c＝1，即椭圆C的焦距为2c＝2，故A错误；对于B，由b＝＝＝，得椭圆C的短轴长为2，故B错误；对于C，|PQ|＋|PF|≥|QF|≥|EF|－|EQ|＝－2＝4－2，故C错误；对于D，若过点F的直线的斜率不存在，则直线方程为x＝1，圆心（－3，4）到直线x＝1的距离为4，不符合题意；设过点F的切线方程为y＝k（x－1），即kx－y－k＝0，则＝＝2，解得k＝，故D正确．故选BD. 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。 题号 9 10 11 答案 AD ACD ABD 【解析】 9．对于A，由＝，得n＝600，所以样本B的样本量为600×10%＝60，故A正确；对于B，调查的所有市民中三居室有600×＝300（户），样本B中三居室住户共抽取了300×10%＝30（户），故B错误；对于C，估计对四居室满意的住户共有200×40%＝80（户），故C错误；对于D，样本B中三居室住户有30户，对三居室满意的住户有30×50%＝15（户），故D正确．故选AD. 10．（a＋b）∶（a＋c）∶（b＋c）＝9∶10∶11，可设a＋b＝9t，a＋c＝10t，b＋c＝11t，解得a＝4t，b＝5t，c＝6t，t＞0，由正弦定理可得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，故A正确；由c为最大边，可得cosC＝＝＝＞0，即C为锐角，故B错误；cosA＝＝＝，cos2A＝2cos2A－1＝2×－1＝＝cosC，由2A，C∈（0，π），可得2A＝C，故C正确；若c＝6，可得2R＝＝＝，△ABC外接圆的半径为，故D正确．故选ACD. 11．对于A，因为函数f（x）＝ln x－ax＋1有两个零点x1，x2 （x1<x2），所以ln x－ax＋1＝0有两个根，即a＝有两个根，即y＝a与y＝的图象有两个交点，设g（x）＝（x>0），所以g′（x）＝－，当g′（x）>0时，解得0<x<1，函数g（x）单调递增；当g′（x）<0时，解得x>1，函数g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（1）＝1，当x→＋∞时，g（x）→0，当x→0＋时，g（x）→－∞， 画出函数图象如图所示，结合图象可得当0<a<1时，y＝a与y＝的图象有两个交点，即函数f（x）＝ln x－ax＋1有两个零点，故A正确；对于D，又g＝0，结合图象可知<x1<1<x2，因为⇒a＝，要证明x1＋x2>，即证明（x1＋x2）>2，整理得ln >2，令t＝，即证明ln t>2（0<t<1），即证明ln t<（0<t<1），设h（t）＝ln t－（0<t<1），所以h′（t）＝>0（0<t<1）恒成立，所以h（t）在（0，1）单调递增，所以h（t）<h（1）＝0，即ln t<（0<t<1），故D正确；对于C，⇒a（x1＋x2）＝2＋ln （x1x2），又x1＋x2>，0<a<1，则x1＋x2＝>，即x1x2>1，故C不正确；对于B，因为x2＝>，<x1<1<x2，可得－x1>－1，可得x2－x1>－1，故B正确．故选ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 题号 12 13 14 答案 － 25 1； 【解析】 12．因为α∈，cosα＝－，所以sinα＝，tanα＝－，所以tan＝＝－. 13．略 14．由题意可得，P（X＝2）＝＝＝，化简，得（m＋n）2＋7（m＋n）－60＝0，解得m＋n＝5（负值舍去），取出的两个球一红一黄的概率P＝＝＝，解得m＝3，故n＝2.所以m－n＝1，易知X的所有可能取值为0，1，2，且P（X＝2）＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝0）＝＝，所以E（X）＝0×＋1×＋2×＝. 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．（13分） 解：f′（x）＝3x2＋2（1－a）x－a（a＋2）. （1）由题意得 解得b＝0，a＝－3或1. （2）因为曲线y＝f（x）存在两条垂直于y轴的切线， 所以关于x的方程f′（x）＝3x2＋2（1－a）x－a（a＋2）＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4（1－a）2＋12a（a＋2）＞0， 即4a2＋4a＋1＞0，所以a≠－. 所以a的取值范围为∪. 16．（15分） 解：（1）若选①：2sinA－sinB＝2sinCcosB， 则2sin（B＋C）－sinB＝2sinCcosB， ∴2sinBcosC＋2cosBsinC－sinB＝2sinCcosB， ∴2sinBcosC－sinB＝0， ∵B∈（0，π），sinB≠0，∴cosC＝， ∵C∈（0，π），∴C＝. 若选②：（a＋c）（sinA－sinC）＝sinB（a－b）， 由正弦定理得（a＋c）（a－c）＝b（a－b）， ∴a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝＝， ∵C∈（0，π），∴C＝. 若选③：S△ABC＝c（asinA＋bsinB－csinC）， 则absinC＝c（asinA＋bsinB－csinC）， 由正弦定理得abc＝c（a2＋b2－c2）， ∴a2＋b2－c2＝ab， ∴cosC＝＝， ∵C∈（0，π），∴C＝. （2）由正弦定理得＝＝＝， ∴a＝sinA，b＝sinB， 则2a－b＝sinA－sinB＝sinA－sin＝2sinA－2cosA＝4sin， ∵A∈，A－∈， sin∈， ∴2a－b∈（－2，4）． 17．（15分） 解：设直线l的方程为y＝x＋t， A（x1，y1），B（x2，y2）. （1）由题设得F， 故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋. 又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝. 由可得9x2＋12（t－1）x＋4t2＝0， 其中Δ＝144（1－2t）>0， 则x1＋x2＝－， 从而－＝，得t＝－（满足Δ>0）， 所以l的方程为y＝x－. （2）由＝3，可得y1＝－3y2. 由可得y2－2y＋2t＝0， 其中Δ＝4－8t>0， 所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2， 故y2＝－1，y1＝3. 代入C的方程得x1＝3，x2＝. 所以A（3，3），B，故|AB|＝. 18．（17分） 解：（1）证明：连接OB，因为△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2， 所以AC＝4，因为O为AC的中点，所以OB＝AC＝2， 在等边三角形FAC中，AF＝AC＝FC＝4， 因为O为AC的中点， 所以FO⊥AC， 则FO＝＝2，又FB＝4， 所以FO2＋OB2＝FB2，即FO⊥OB， 因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC， 所以FO⊥平面ABC. （2）解法一：因为△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，O为AC的中点， 所以OB⊥AC， 由（1）得FO⊥平面ABC，则以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系， 则A（0，－2，0），E，F（0，0，2）， 所以＝（0，2，2），＝， 设平面FAE的法向量为n＝（x，y，z）， 由得 令z＝1，得n＝（2，－，1）， 易知平面FAC的一个法向量为m＝（1，0，0）， 设二面角E－FA－C的大小为θ， 则|cosθ|＝＝， 由图可知二面角E－FA－C为锐角， 所以二面角E－FA－C的余弦值为. 解法二：作EM⊥AC，垂足为M，作MN⊥AF，垂足为N，连接EN， 因为FO⊥平面ABC，EM⊂平面ABC，所以EM⊥FO， 又因为AC∩FO＝O，AC，FO⊂平面FAC， 所以EM⊥平面FAC， 又AF⊂平面FAC，所以EM⊥AF， 又MN⊥AF，MN∩EM＝M，MN，EM⊂平面EMN， 所以AF⊥平面EMN， 又EN⊂平面EMN，所以AF⊥EN， 又平面FAC∩平面AEF＝AF， 所以二面角E－FA－C的平面角为∠ENM， 因为EM∥OB，所以＝＝＝， 所以EM＝，OM＝OC＝， 在Rt△AMN中，∠FAC＝60°，AM＝AO＋OM＝2＋＝， 所以MN＝sin60°＝， 所以EN＝＝＝， 所以cos∠ENM＝＝，即二面角E－FA－C的余弦值为. 19．（17分） 解：（1）①当1≤X≤9时，P（X＝i）＝（1－p）i－1p，i＝1，2，…，9. 当X＝10时，P（X＝10）＝（1－p）9p＋（1－p）10＝（1－p）9. 所以X的分布列为 P（X＝i）＝ ②证明　E（X）＝i（1－p）i－1p＋10（1－p）9＝pi（1－p）i－1＋10（1－p）9. 令S＝i（1－p）i－1，则E（X）＝pS＋10（1－p）9， S＝1＋2（1－p）＋3（1－p）2＋…＋8（1－p）7＋9（1－p）8， （1－p）S＝（1－p）＋2（1－p）2＋…＋7（1－p）7＋8（1－p）8＋9（1－p）9， 两式相减，得pS＝1＋（1－p）＋（1－p）2＋…＋（1－p）7＋（1－p）8－9（1－p）9 ＝－9（1－p）9， 所以E（X）＝＋（1－p）9＝[1－（1－p）10]. 因为0＜p＜1，所以0＜1－（1－p）10＜1， 所以E（X）＜. （2）当p＝0.25时，由（1）得E（X）＜4， 则aE（X）＜4a＜5a， 即试验结束后的平均成本小于试验成功的获利， 所以该公司可以投资该产品. 数学试题评分参考第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试（一） 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 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，用黑色碳素笔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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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． 已知集合A＝{x|x2－x－6<0}，B＝{0，1，2，3}，则A∪B＝ A．（0，＋∞） B．（0，1） C．（－2，3] D．{0，1，2} 2． 已知向量a＝（1，x－1），b＝（y，2），其中x>0，y>0.若a⊥b，则xy的最大值为 A. B. C．1 D．2 3． 若复数z满足（2－i）z＝i2023，则的虚部为 A.i B. C.i D. 4． 若x1＝，x2＝是函数f（x）＝sinωx（ω>0）两个相邻的极值点，则ω＝ A．2 B. C．1 D. 5． 若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2， 则直线l的斜率的取值范围是 A．[2－，1] B．[2－，2＋] C． D．[0，＋∞） 6． 用四种颜色给正四棱锥V－ABCD的五个顶点涂色（四种颜色不需要用完），要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法 A．72种 B．36种 C．12种 D．60种 7． 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则△PBB1面积的最小值为 A. B．1 C. D．2 8．已知椭圆C：＋＝1（a>b>0）的右焦点为F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：（x＋3）2＋（y－4）2＝4上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|－|PF|的最小值为2－6，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则下列说法正确的是 A．椭圆C的焦距为1 B．椭圆C的短轴长为 C．|PQ|＋|PF|的最小值为2 D．过点F的圆E的切线斜率为 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． 某市为最大限度地吸引“高精尖缺”人才，向全球“招贤纳士”，推进了人才引入落户政策．随着人口增多，对住房要求也随之而来，而选择购买商品房时，住户对商品房的户型结构越来越重视，因此某商品房调查机构随机抽取n名市民，构成样本A，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图1调查的所有市民中四居室共200户，所占比例为，二居室住户占.如图2是用比例分配的分层随机抽样的方法从所有调查的市民的满意度问卷中抽取10%的调查结果，构成样本B，分析后绘制成的统计图，则下列说法正确的是 A．样本B的样本量为60 B．样本B中三居室住户共抽取了25户 C．根据样本B可估计样本A中对四居室满意的住户有70户 D．样本B中对三居室满意的有15户 10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（a＋b）∶（a＋c）∶（b＋c）＝9∶10∶11，则下列结论正确的是 A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6 B．△ABC是钝角三角形 C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为 11．函数f（x）＝ln x－ax＋1有两个零点x1，x2（x1<x2），下列说法正确的是 A．0<a<1 B．x2－x1>－1 C．x1x2<1 D．x1＋x2> 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知α∈，cosα＝－，则tan＝________． 13．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________． 14．袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为X，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m－n＝________，E（X）＝________． 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．（13分） 已知函数f（x）＝x3＋（1－a）x2－a（a＋2）x＋b（a，b∈R）. （1）若函数f（x）的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值； （2）若曲线y＝f（x）存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围. 16．（15分） 在①2sinA－sinB＝2sinCcosB；②（a＋c）（sinA－sinC）＝sinB（a－b）；③S△ABC＝c（asinA＋bsinB－csinC）这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答． 问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________． （1）求角C； （2）若c＝2，求2a－b的取值范围． 17．（15分） 已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P. （1）若|AF|＋|BF|＝4，求直线l的方程； （2）若＝3，求|AB|. 18．（17分） 在图1中，△ABC为等腰直角三角形，∠B＝90°，AB＝2，△ACD为等边三角形，O为AC的中点，E在BC边上，且EC＝2BE，沿AC将△ACD进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，使得FB＝4. （1）证明：FO⊥平面ABC； （2）求二面角E－FA－C的余弦值． 19．（17分） 最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且试验成功的概率为p（0＜p＜1）.现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验10次.记X为试验结束时所进行的试验次数，且每次试验的成本为a（a＞0）元. （1）①写出X的分布列； ②证明：E（X）＜. （2）某公司意向投资该产品.若p＝0.25，且试验成功则获利5a元，则该公司如何决策投资，并说明理由. 数学试题第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$