精品解析：云南省玉溪第一中学2025-2026学年高三上学期适应性测试（四）数学试题

玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试（四） 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求解一元二次不等式化简集合，利用交集的定义计算得出答案． 【详解】∵，∴， 又，所以， 故选：C. 【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题． 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，则，代入已知条件，利用复数相等的条件即可求解. 【详解】设，则， 因为，所以，所以， 所以，解得，所以. 故选：A. 3. 若函数在区间单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数复合函数的区间单调性，结合二次函数的性质有，即可得. 【详解】令，又在R上单调递减， 所以要使在区间单调递增， 则在区间单调递减， 所以由的开口向上且对称轴为得，解得. 故选：D 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角差的正弦、余弦公式化简，再利用诱导公式、二倍角公式求解即可. 【详解】 故选：D. 5. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ） A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块 【答案】C 【解析】 【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列， 设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到. 【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环， 则是以9为首项，9为公差的等差数列，， 设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为，因为下层比中层多729块， 所以， 即 即，解得， 所以. 故选：C. 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 55 B. C. 30 D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对，有， 令，有， 令，有， 则， 故的展开式中的系数为. 故选：C. 7. 已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题化为与有两个交点，利用导数研究过原点的切线斜率，数形结合判断参数的范围. 【详解】作出函数的图象，如图示： 当时，，则， 若切点为，则，则切线为， 由切线过原点，则，所以为的一条切线方程， 当时，，则， 若切点为，则，则切线为， 由切线过原点，则，即，所以为的一条切线， 当时，，则， 若切点为，则，则切线为， 由切线过原点，则，即，所以为的一条切线， 综上，考虑直线，，与曲线相切， 由图知，当时与有两个交点， 所以时函数恰有两个零点． 故选：B 8. “曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，则两点间的曼哈顿距离，已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得圆心，半径，设，则，可得点的轨迹为正方形，结合圆的性质，即可求解. 【详解】如图所示，由圆，可得， 则圆心，半径， 设，则，可得点的轨迹为如下所示的正方形， 其中，则， 则，所以的最大值为. 故选：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. 如图，在长方体中，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. 直线与所成角的为 C. 平面 D. 平面平面 【答案】BD 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系、异面直线所成角的定义，逐一分析判断即可. 【详解】对于A：在长方体中，在平面内，为的中点，平面，则为平面外一点，故不共面，故A错误； 对于B：如图，取中点，连接，， 可得，则为直线与所成角， 在长方体中，由，易得为边长为的正三角形，故，故B正确； 对于C：若平面，又平面，则平面平面，而平面平面，故矛盾，故C错误； 对于D：在长方体中，平面，平面， 所以，平面平面，故D正确. 故选：BD 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若且，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】运用基本不等式计算判断A；运用糖水不等式判断B；举例判断C；作差法比较判断D. 【详解】对于选项A，当时，. ∵，当且仅当时，取等号，∴，故A正确. 对于选项B，∵且，由糖水原理可知，故B错误； 对于选项C，当时，结论不成立，故C错误； 对于选项D，，即，故D正确. 故选：AD. 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数在上单调递增 B. 当时，函数有两个极值 C. 过点且与曲线相切的直线有且仅有一条 D. 当时，直线与曲线有三个交点，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，求导，得到导函数大于0恒成立，故A正确；B选项，时，导函数大于等于0恒成立，B错误；C选项，设切点，由几何意义得到切线方程，将代入，整理得到，构造设，求导得到单调性，数形结合得到只有1个根-2，C正确；D选项，若，此时直线与曲线只有1个交点，不合要求，故，联立直线与曲线得到，令，变形得到. 【详解】A选项，时，， 恒成立，故函数在上单调递增，A正确； B选项，，当时，恒成立， 此时在R上单调递增，无极值，B错误； C选项，显然不在上，设切点为， 因为，所以， 故切线方程为， 又切线过点，故， 整理得， 设，则 令得或， 令得或，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中，， 又，故只有1个根-2， 故过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，C正确； D选项，当时，， 若，直线， 此时与曲线只有1个交点，不合要求，故， ，直线与曲线联立得 ， 设， 故， 所以，则，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知两个单位向量，满足，则向量和的夹角为______. 【答案】 【解析】 【分析】由条件结合数量积运算律可求，再求，，根据向量夹角公式求结论. 【详解】因为向量，为单位向量，所以，， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 又，所以. 故答案为：. 13. 已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，可得的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求，即可得离心率. 【详解】设，，由题意可知：， 则直线的斜率，可知的方程为， 同理可得：的方程为， 联立方程，解得，即， 因为在上，可知关于x轴对称， 且，则，可得， 又因为，即， 由题意可得：，整理得， 解得或（舍去），则， 所以的离心率为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． 14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为，则__________；__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，利用全概率公式列式，再借助数列递推公式求通项判断作答. 【详解】记n次传球后球在甲手中的事件为，对应的概率为，， ，则， 于是得，即， 而， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，，即， 所以n次传球后球在甲手中的概率是. . 故答案为：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. 在中，内角的对边分别为，已知． （1）求证：； （2）若，求的面积． 【答案】（1） 因为， 根据正弦定理得： 又，所以， 所以， 即， 所以，或（舍）， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理以及和差角公式即可证明. （2）根据正弦定理求得，再根据余弦定理求出，利用面积公式求出的面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 根据正弦定理得，即， 有余弦定理，得， 解得或， 当时，，，，则，， 而，矛盾，舍去，故， 所以的面积为 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为底面为矩形，，所以， 设三棱锥的高为，又三棱锥的体积为， 所以，所以， 又侧面是等边三角形，且， 取的中点，连接，可得，从而为三棱锥的高， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）结合锥体的体积公式及面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 故由（1）可以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 现有两组数据，组：组：.先从组数据中任取3个，构成数组，再从组数据中任取3个，构成数组，两组抽取的结果互不影响. （1）求数组的数据之和不大于8且数组的数据之和大于8的概率； （2）记，其中表示数组中最小的数，表示数组中最大的数，求的分布列以及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 1 2 3 4 【解析】 【分析】（1）根据古典概型运算公式，结合对立事件的概率公式、概率的乘法公式进行求解即可； （2）根据古典概型运算公式，结合数学期望公式进行求解即可. 【小问1详解】 记“数组的数据之和不大于8”为事件，“数组的数据之和大于8”为事件， 则， 事件包含的数组有：、、、、、，共组， ，故所求概率. 【小问2详解】 依题意，的可能取值为； ， ， 则的分布列为 1 2 3 4 则. 18. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，． （1）求曲线的方程； （2）设直线的方程为，求直线的斜率； （3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出的坐标，即可得到的坐标，从而求出抛物线方程； （2）设，，，，联立直线与抛物线方程，求出，的坐标，再由向量的关系求出的坐标，即可得解； （3）推导出，同理，即可得到，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出过定点坐标，再求出的最小值. 【小问1详解】 抛物线的焦点为， 由为线段的中点，可得， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 设，，，， 联立，消去x整理得，解得，， 则，， 因为，则， 因为，，则，所以， 所以，，即，直线的斜率为； 【小问3详解】 因为，，，， 所以，， 因为，所以 因为，，，， 所以，① 由代入①得， 由得， 因为，，所以，所以，同理， 所以且， 所以，因为，所以， 所以，得，即， 设，联立消去x，得， 所以，所以，则，所以过定点， 则， 当且仅当，即时取等号，所以， 所以四边形面积的最小值为 19. 已知， （1）求在处的切线方程以及的单调性； （2）对，有恒成立，求的最大整数解； （3）令，若有两个零点分别为且为的唯一的极值点，求证：. 【答案】（1），单调递减区间为，单调递增区间为； （2） （3）证明：由题意，则， 令得，当，，当时，； 所以在上单调递减，上单调递增， 而要使有两个零点，要满足， 即； 因为，，令， 由，所以，即， 所以， 而要证，只需证，即证：， 即：，由，只需证：， 令，则 令，则， 故在上递增，； 故在上递增，；所以. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程，解得到单调递增区间，解得到单调递减区间，需注意在定义域范围内； （2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解； （3）由，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明. 【小问1详解】 因为，所以定义域为，且， 从而，又，所以切线方程为即； ，令解得，令解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 对，有恒成立， 等价于恒成立， 等价于恒成立， 等价于恒成立，记，则， 则，记，因为， 所以为上的递增函数， 又，，所以，使得， 即， 所以在上递减，在上递增，且； 所以的最大整数解为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试（四） 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 若函数在区间单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ） A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块 6. 的展开式中的系数为（ ） A. 55 B. C. 30 D. 7. 已知定义在R上的函数，若函数恰有2个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. “曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设，则两点间的曼哈顿距离，已知，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为（ ） 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. 如图，在长方体中，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. 直线与所成角的为 C. 平面 D. 平面平面 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若且，则 D. 若，则 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数在上单调递增 B. 当时，函数有两个极值 C. 过点且与曲线相切的直线有且仅有一条 D. 当时，直线与曲线有三个交点，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知两个单位向量，满足，则向量和的夹角为______. 13. 已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为__________． 14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为，则__________；__________. 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，内角的对边分别为，已知． （1）求证：； （2）若，求的面积． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，三棱锥的体积为，点是棱的中点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 现有两组数据，组：组：.先从组数据中任取3个，构成数组，再从组数据中任取3个，构成数组，两组抽取的结果互不影响. （1）求数组的数据之和不大于8且数组的数据之和大于8的概率； （2）记，其中表示数组中最小的数，表示数组中最大的数，求的分布列以及数学期望. 18. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，． （1）求曲线的方程； （2）设直线的方程为，求直线的斜率； （3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值． 19. 已知， （1）求在处的切线方程以及的单调性； （2）对，有恒成立，求的最大整数解； （3）令，若有两个零点分别为且为的唯一的极值点，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $