精品解析：贵州省六盘水市2026届高三上学期适应性考试（一）数学试题

六盘水市2026届适应性考试（一） 高三年级数学试题卷 （考试时长：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，写在本试题卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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. 复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知甲组数据为，，，，，乙组数据为，，，，则甲、乙两组数据的平均数、极差及中位数中相等的是（ ） A. 平均数 B. 极差 C. 中位数 D. 都不相等 5. 的展开式中的系数是（ ） A. 20 B. 40 C. 60 D. 80 6. “函数在上单调递增”是“”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 7. 已知函数在处有极小值，则常数的值为 （ ） A. 1 B. 2或6 C. 2 D. 6 8. 已知函数，若实数，满足，则的最大值是（ ） A. B. 1 C. D. 2 二、多选题：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. 已知等差数列的前项和为，公差为，且，，则（ ） A. B. C. 数列中最大 D. 数列中最大 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若函数的最小正周期为，则 B. 若，则函数在上的最小值为 C. 若函数在上单调递增，则 D. 若函数在上恰有两个零点，则 11. 在直四棱柱中，，，点，在以线段为直径的圆上运动，且，，三点共线，点，分别是线段，的中点，则下列说法中正确的是（ ） A. 平面平面 B. 当四棱柱的体积最大时， C. 当时，过的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为 D. 当时，过点，，的平面截该四棱柱所得的截面周长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 已知椭圆的焦点为，，点在椭圆上且，则点到轴的距离是__________. 14. 已知函数，若，，，则，，三个数中最大的是__________，最小的是__________. 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. 已知数列和满足，，，. （1）证明：是等差数列，是等比数列； （2）求数列的前项和. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，. （1）求角； （2）若，，求的长. 17. 如图，平行六面体中，底面是边长为的正方形，为与的交点，，且. （1）求四棱锥的体积； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）函数有两个零点，求实数的取值范围. 19. 设抛物线的焦点为，过点的动直线交抛物线于，两点，已知点，当直线垂直于轴时，. （1）求抛物线的标准方程； （2）若直线过点，求的面积； （3）若直线平分，求直线的斜率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六盘水市2026届适应性考试（一） 高三年级数学试题卷 （考试时长：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，写在本试题卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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. 复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得. 故选：B. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合、后，借助交集定义即可得. 【详解】， ，故. 故选：A. 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用共线向量的坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由向量，因为，可得，解得. 故选：A. 4. 已知甲组数据为，，，，，乙组数据为，，，，则甲、乙两组数据的平均数、极差及中位数中相等的是（ ） A. 平均数 B. 极差 C. 中位数 D. 都不相等 【答案】C 【解析】 【分析】分别计算出两组数据的平均数、极差与中位数即可得. 【详解】甲组数据的平均数为， 极差为，中位数为， 乙组数据的平均数为， 极差为，中位数为， 故甲、乙两组数据的中位数相等. 故选：C. 5. 的展开式中的系数是（ ） A. 20 B. 40 C. 60 D. 80 【答案】D 【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，则，有， 故的展开式中的系数是. 故选：D. 6. “函数在上单调递增”是“”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】本题考查充分条件和必要条件的判断，解题的关键在于分别判断“函数在上单调递增”能否推出“”以及“”能否推出“函数在上单调递增”. 【详解】求导得到； 因为函数在上单调递增，所以在恒成立，所以在恒成立，所以，所以充分性不成立； 当时，在上恒成立，所以在上单调递增，必要性成立. 故选：B 7. 已知函数在处有极小值，则常数的值为 （ ） A. 1 B. 2或6 C. 2 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】求导，利用求出或6，检验后得到答案. 【详解】， 由题意得，即，解得或6， 当时，， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故函数在处有极小值，满足要求， 当时，， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故函数在处有极大值，不合要求， 故常数的值为2. 故选：C 8. 已知函数，若实数，满足，则的最大值是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇函数定义与导数计算可得为奇函数及在上单调递增，则可得，再利用二次函数性质计算即可得解. 【详解】由，有， 又定义域为，故为奇函数， 则， ，当时，，则， 当时，， 故在上单调递增，故， 有， 当且仅当，时取等，故的最大值是. 故选：C. 二、多选题：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. 已知等差数列的前项和为，公差为，且，，则（ ） A. B. C. 数列中最大 D. 数列中最大 【答案】AC 【解析】 【分析】借助等差数列求和公式可得、，再结合等差数列性质计算可得A、B；可得时，，即可得数列中最大项，即可得C、D. 【详解】，则 ，则， 故，则，故A正确，B错误； 由，则，，则当时，， 故数列中最大，故C正确，D错误. 故选：AC. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若函数的最小正周期为，则 B. 若，则函数在上的最小值为 C. 若函数在上单调递增，则 D. 若函数在上恰有两个零点，则 【答案】AC 【解析】 【分析】借助辅助角公式将原函数化为正弦型函数后，结合正弦型函数图象及其性质逐项判断即可得. 【详解】， 对A：，解得，故A正确； 对B：若，则， 当时，， 则，故B错误； 对C：当时，， 则有，结合，可得，故C正确； 对D：当时，， 则有，解得，故D错误. 故选：AC. 11. 在直四棱柱中，，，点，在以线段为直径的圆上运动，且，，三点共线，点，分别是线段，的中点，则下列说法中正确的是（ ） A. 平面平面 B. 当四棱柱的体积最大时， C. 当时，过的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为 D. 当时，过点，，的平面截该四棱柱所得的截面周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：借助线面垂直判定定理先证平面，再借助面面垂直判定定理即可得；对B：利用基本不等式可得时，四棱柱的体积最大时，则可建立适当空间直角坐标系求证；对C：求出球心到直线的距离后借助垂径定理计算即可得；对D：作出所需平面计算周长即可得. 【详解】对A：由直四棱柱性质可得，由为直径，则， 又，、平面，故平面， 又平面，故平面平面，故A正确； 对B：由，则， 则， 当且仅当时，等号成立， 即四棱柱的体积最大时，，同理， 则此时四棱柱为正方体， 则可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、， 则，，有， 故，故B正确； 对C：当时，则由B可得此时四棱柱为正方体， 有、，则， 由正方体性质可得该正方体的外接球球心为，设为， 则，外接球半径为. 则点到直线的距离， 又该截面面积取最小时，点到该截面的距离为， 则，故C错误； 对D：取中点，连接、、、、， 则且，又，故， 故、、、四点共面，即所求截面为四边形， 则截面周长为 ，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. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】将正、余弦化为正切后计算即可得. 【详解】. 故答案为：. 13. 已知椭圆的焦点为，，点在椭圆上且，则点到轴的距离是__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助椭圆定义及勾股定理计算可得，再利用等面积法计算即可得解. 【详解】由椭圆定义可得， 由，则， 则， 即，又， 即有，解得， 故点到轴的距离是. 故答案为：. 14. 已知函数，若，，，则，，三个数中最大的是__________，最小的是__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由函数解析式可得该函数关于对称，且在上单调递增，则只需比较、与与的差的绝对值的大小即可得. 【详解】， 则， 又定义域为，故关于对称， 当时，由， 由、都在上单调递增， 且在上单调递增，故在上单调递增； 由，，则，故，故， 又，故； 令，则，故在上单调递增， 则，则， 又，故， 由，则，即； 故有， 则， 即，即，，三个数中最大的是，最小的是. 故答案为：，. 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. 已知数列和满足，，，. （1）证明：是等差数列，是等比数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）由，， 则， 故，又，故， 有， 故数列是等差数列； ， 则，又， 故数列是以为公比，为首项的等比数列； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意计算后结合等差数列定义与等比数列定义即可得证； （2）计算出后，利用等差数列求和公式与等比数列求和公式分组求和即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由数列是以为公比，为首项的等比数列，则， 又，则， 则. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，. （1）求角； （2）若，，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将边化为角后，可用表示出、，再利用余弦定理的推论计算即可得； （2）由可得，利用正弦定理与同角三角函数基本关系计算可得，再计算出后利用余弦定理计算即可得解. 【小问1详解】 由，则，故， 则，故， 则， 又，则； 【小问2详解】 因为，由（1）可有，故， 由正弦定理，由（1）知， 则， 又，故， 由，则， 在中，有， 即. 17. 如图，平行六面体中，底面是边长为的正方形，为与的交点，，且. （1）求四棱锥的体积； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助线面垂直性质定理可得平面，即可得四棱锥的高，再利用体积公式计算即可得； （2）可建立适当空间直角坐标系，再求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解. 【小问1详解】 连接、、，由底面是边长为的正方形， 则，为、中点，且，则， 又，则与全等， 故，则， 又，， 则， 有，故， 又、平面，， 故平面，即为四棱锥的高， 则； 【小问2详解】 由、、，则、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、 ，则，，， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 取，则、， 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）利用导数判断函数的单调性后可得函数极值，再结合函数性质计算即可得. 【小问1详解】 ， 则，又， 则函数在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ，定义域为， 当时，，当时，， 则在、上单调递增，在、上单调递减， 当时，若时，则，若，则； 且； 当时，若时，则，若，则； 且； 若函数有两个零点，则有两解， 即有或. 19. 设抛物线的焦点为，过点的动直线交抛物线于，两点，已知点，当直线垂直于轴时，. （1）求抛物线的标准方程； （2）若直线过点，求的面积； （3）若直线平分，求直线的斜率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由抛物线定义计算即可得； （2）求出直线后联立曲线，利用韦达定理结合弦长公式与点到直线距离公式计算即可得； （3）设出直线后联立曲线，由角平分线性质可得，结合点到直线距离公式与抛物线定义计算即可得解. 【小问1详解】 由，则， 由，则当直线垂直于轴时，， 则，解得， 故抛物线的标准方程为； 【小问2详解】 由，则，设、， 此时， 联立，消去得，， 有，， 则， 点到直线的距离， 则； 【小问3详解】 由题意可得直线斜率不为，则可设， 联立，消去得，， 有，， 由直线平分，则，则， 设、分别为、到直线的距离，则， ，即， 则，， 又，， 则有，又，， 则有， 由、在直线两侧，则， 即有， 化简得， 即，解得， 故直线的斜率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $