精品解析：浙江省温州市普通高中2026届高三第一次适应性考试数学试题

温州市普通高中2026届高三第一次适应性考试 数学试题卷 2025.11 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.将条形码横贴在各题卷右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠，不要弄破. 选择题部分（共58分） 一、选择题：本大题共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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求解. 【详解】因为，则， 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，化简集合，再利用交集的定义直接求解. 【详解】依题意，，， 所以. 故选：A 3. 已知等差数列中，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的项的性质计算即可. 【详解】在等差数列中，由于，故，所以. 故选：D. 4. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 42 B. C. 84 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求解. 【详解】在的展开式中，含的项为， 所以含项的系数是84. 故选：C 5. 若a，，且，则ab的最小值为（ ） A. 5 B. 17 C. 25 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式，结合一元二次不等式求解即得. 【详解】由，，得， 则，解得，因此， 当且仅当时取等号，所以当时，ab取得最小值25. 故选：C 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式将已知条件化简，再结合同角三角函数的基本关系式求解即可. 【详解】由，可得，所以，所以， 又因为，所以，所以， 又因为，所以，所以， 所以. 故选：B. 7. 设，分别为双曲线（）的左右焦点，过的直线交双曲线右支于两点，若，则双曲线的离心率可以是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】，结合条件，利用双曲线的定义可得，，由构成三角形的条件可得，即可求解. 【详解】如图，设， 由双曲线的定义知，所以，又，所以 又，，则，在中，， 由，得到，又，所以， 结合各个选项，A正确，B、C、D错误， 故选：A. 8. 已知点，，在曲线上，记，则存在函数，对曲线上任意一点P都有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定点 的轨迹后，结合函数定义逐项判断即可得. 【详解】由，可得，， 故在以原点为圆心，半径为 的圆的右半圆上. 对A、C：如图：当 位于点或时，有与全等， 则，即当时，可为或 ，可为 或， 故、都不是关于的函数，故A、C错误； 对B：当时，如图， 可能位于点 或点 处， 显然，故一个可能得到两个不同的， 故不是关于的函数，故B错误； 对D：由，则确定时， 唯一确定， 则当确定时，点 也唯一确定， 则每一个都有相对应的一个， 故是关于的函数，故D正确. 故选：D 二、选择题：本大题共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.全部逸对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，角所对的三条边分别为，则是等腰三角形的充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对每个选项，分别应用正弦定理、余弦定理将已知等式进行边角转化，再通过三角恒等变换或代数整理，推导是否存在或的关系，若能推出，则该选项是充分条件. 【详解】选项A，根据正弦定理（为三角形外接圆半径）， 因为，所以， 所以是等腰三角形， 因此能充分推出是等腰三角形，所以A正确； 选项B，根据正弦定理得，， 又，则，整理为， 则有，即，可得是等腰三角形， 或者，即，可得是直角三角形，但不一定是等腰三角形， 因此不能充分推出是等腰三角形，所以B错误； 选项C，根据正弦定理得，，又， 则，整理为， 则有，即，可得是等腰三角形， 因此能充分推出是等腰三角形，所以C正确； 选项D，根据正弦定理得，， 又，即，则，整理为， 又由余弦定理得，， 所以，即， 整理得， 则， 即， 所以，而，所以，即， 所以是等腰三角形，因此能充分推出是等腰三角形，所以D正确. 故选：ACD. 10. 如图，圆台的上下底面半径分别为1和2，P，Q分别为上下底面圆周上的点，为圆台的轴截面且，则（ ） A. 为母线 B. C. D. 平面与平面的夹角等于30° 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据圆台的基本概念，线面垂直的判定定理，二面角的平面角的概念，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】由母线的概念可知，不是母线，所以A错误； 如图所示，作上底面圆心，下底面圆心 ，线段中点 ， 连接， 可知，因为，所以， 因为 为中点， 为中点，所以，， 所以四边形为平行四边形， 因为平面，所以平面，所以， 因为 为中点，所以，所以B正确； 因为平面，所以，因为， 又因为面，面，， 所以平面，所以，所以C正确； 因为四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以面， 所以平行于平面与平面的交线， 因为平面，， 所以是平面与平面的夹角的平面角， 可知，所以D正确； 故选：BCD. 11. 已知椭圆的左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，左顶点为是椭圆上除顶点外的关于原点对称的两点，则下列四点可能共圆的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合椭圆的几何性质，可判定A正确，B不正确；设圆的方程为，将代入求得 ，结合，求得圆的方程，可判定C正确；取点，求得过点圆的方程，可判定D正确. 【详解】由椭圆，可得，则， 对于A，由，则以为直径的圆与椭圆有4个交点，所以A正确； 对于B，以为直径的圆与椭圆仅有两个交点，所以B错误； 对于C，设圆的方程为， 将代入得，解得 ， 则圆的方程为, 设，则，则， 两式相加，可得，两式相减，可得， 联立方程组，可得， 又因为，联立可得，则， 将其代入，可得， 即，此时方程有解，所以C正确； 对于D，设直线的斜率为，则直线的方程为， 因为关于原点对称，则中垂线的方程为， 因为，可得线段中垂线的方程为， 联立方程组，可得，可得， 因为关于原点对称，不等式，则， 联立方程组，可得 ，即圆心， 若，即， 可得，即， 即，即，所以，解得， 所以当的斜率为，可得， 此时四点共圆，所以D正确. 故选：ACD. 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上. 12. 已知直线：，则在y轴上的截距为_____________；若直线，则的倾斜角为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】令，可求得在y轴上的截距；利用直线互相垂直可求得的斜率，可求得的倾斜角. 【详解】直线：，令，得，所以在y轴上的截距为； 由直线：，得直线的斜率， 因为，所以的斜率为， 设直线的倾斜角为，则，又，所以， 所以的倾斜角为. 故答案为：①；②. 13. 已知随机变量服从正态分布，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，得到，再利用正态分布的对称性，即可求解. 【详解】由，得到， 所以， 故答案为： . 14. 已知函数，记在点（其中）处的切线与y轴交点的纵坐标为，若对任意的恒成立，则实数的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求出切线方程为，进而可得，结合条件，利用裂项相消法得对任意的恒成立，即可求解. 【详解】因为，则，所以， 所以在点处的切线方程为， 令，得到，所以， 则， 所以， 由对任意的恒成立，即对任意的恒成立， 即对任意的恒成立，又，易知， 所以， 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. △ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，且，，，记，△ABC的面积为. （1）写出的解析式； （2）求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用，，求得两边，进而可求得面积； （2）利用三角恒等变换可求得的最小值. 【小问1详解】 因为在矩形CDEF中，，，所以， 因为△ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，所以， 由，可得，由，得， 所以，； 【小问2详解】 由（1）知， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以时，. 16. 每天锻炼一小时，幸福生活一辈子.小明每天都会在游泳和跑步中选择一个项目进行锻炼.如果当天选择游泳，则第二天选择游泳的概率为；如果当天选择跑步，则第二天选择游泳的概率为.已知小明第一天选择游泳，记小明第n天选择游泳的概率为. （1）求，； （2）求的表达式. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式依次求出. （2）根据给定条件，利用全概率公式及等比数列的定义求出的表达式. 【小问1详解】 设“第天选择游泳”，则“第天选择跑步”， 依题意，，，， 由全概率公式，得； . 【小问2详解】 由（1）得，，，， 由全概率公式，得， 则，而， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列，， 所以的表达式为. 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，面ABCD，若点M满足，点E为PB中点，过EM的平面满足，且平面与棱PD，AD，AB分别交于点F，G，H. （1）求证：； （2）试判断P，E，M，F，G，H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由. 【答案】（1）证明：因为，平面 , 平面,所以; 因为点 为中点，所以点 为中点； 设，连接, 因为，平面，所以; 因为，所以; 因为三点共线，所以，所以 为 中点； 又因为，，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由利用线面平行的性质定理，得到，得到点 为中点，再证明 为 中点，可得，最后利用线面平行的判定定理证明； （2）法一：以 为原点建立空间直角坐标系，求出P，E，M，F，G，H六点坐标，利用球心到球面的距离等于半径，列方程组，可得方程组有解，所以六点在同一个球面上，并求出半径，得到表面积；法二：利用传统法：转化得 ， ， ， ， 的外接圆即矩形的外接圆，从而求得，再利用求得外接圆半径. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由，平面,平面,所以 又因为 为 中点，所以 为中点, 以 为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示 设，则 ； 若P，E，M，F，G，H六点在同一个球面上，假设球心 ，半径为，则 所以当时，P，E，M，F，G，H六点在同一个球面上， 该球的表面积为 . 法二：若 ， ， ， ， ， 六点在同一个球面上， 则 ， ， ， ， 五点共圆， 记球的半径为，圆的半径为， 因为，面面面， 所以，所以， 因为，同理，所以， 所以四边形为平行四边形． 因为面，所以，所以， 所以四边形为矩形， 所以 ， ， ， ， 的外接圆即矩形的外接圆， 所以，所以． 设外接球的球心为，则面， 设，因为，所以．所以， 所以，所以． 18. 已知点F为抛物线的焦点，点（）在C上，且. （1）求C的方程； （2）过C上的动点P作C的切线，与直线交于点Q，过Q作PF的垂线，垂足为H. （ⅰ）当时，求点P的坐标； （ⅱ）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，点在 上，由抛物线的定义，可得，进而得到抛物线的标准方程； （2）（ⅰ）设点，求得切线方程为，得到，再求得和的方程，联立方程组，求得，得到，结合，得到，由抛物线的定义，求得，即可求解； （ⅱ）由（i）知，得到点 在以 点为圆心，半径为 的圆上，结合圆的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由抛物线，可得其焦点为，准线方程为， 因为点在 上，且，可得，解得， 所以抛物线 的方程为. 【小问2详解】 解：（ⅰ）由抛物线，可得， 设点，可得，所以切线方程为， 整理得， 令，代入切线方程，可得，即， 又由，可得，所以的方程为， 则，则的方程为， 联立方程组，解得， 则， 因为，可得， 由抛物线的定义，可得，所以，解得，解得， 所以点或. （ⅱ）因为点（）在抛物线上，可得，即， 由（i）知，点 在以 点为圆心，半径为 的圆上， 又由， 则，当且仅当三点共线时，等号成立， 所以的最大值为. 19. 已知函数. （1）若函数在点处的切线过点，求a的值； （2）试给出a的一个整数值，使存在唯一的极值点，并说明理由； （3）若存在，使不等式对任意的成立，求b的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出切点，再求导求出斜率，写出点斜式方程，即可求出a的值； （2）赋予一个a的值，使得导函数仅有一个零点即可； （3）由题目条件可知 恒成立 ，通过分析 的取值范围得到 的最大值，进而求出使不等式对任意的成立时b的最小值. 【小问1详解】 由题可知， 切点，斜率， 切线方程：， 代入，解得：. 【小问2详解】 取，存在唯一的极值点在存在唯一的变号零点， 当时，记， 又， 所以在存在唯一的变号零点， 当时，，无零点， 故在存在唯一的变号零点. 【小问3详解】 恒成立 ，下面研究 的最大值． 当 时， 由（2）知存在唯一的 使得 ， 且 在 上单调递增， 上单调递减，即 ， 当 时， 若 ，则 ，当 时， ， 当 时， ，而 ， 若 ，则 ， 当 时， ， 当 时， ， 当 时， ，而 ， 结合知 ， 所以 ， 因为与 是对应关系，故存在实数 满足不等式恒成立， 即满足存在实数，使，即， 记， 有，当时，单调递减， 当时，单调递增，即， 故 的最小值为 ，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 温州市普通高中2026届高三第一次适应性考试 数学试题卷 2025.11 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.将条形码横贴在各题卷右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠，不要弄破. 选择题部分（共58分） 一、选择题：本大题共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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列中，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 4. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 42 B. C. 84 D. 5. 若a，，且，则ab的最小值为（ ） A. 5 B. 17 C. 25 D. 36 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设，分别为双曲线（）的左右焦点，过的直线交双曲线右支于两点，若，则双曲线的离心率可以是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知点，，在曲线上，记，则存在函数，对曲线上任意一点P都有（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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.全部逸对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在 中，角所对的三条边分别为，则 是等腰三角形的充分条件是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，圆台的上下底面半径分别为1和2，P，Q分别为上下底面圆周上的点，为圆台的轴截面且，则（ ） A. 为母线 B. C. D. 平面与平面的夹角等于30° 11. 已知椭圆的左右焦点分别为，，上下顶点分别为，，左顶点为是椭圆上除顶点外的关于原点对称的两点，则下列四点可能共圆的是（ ） A. B. C. D. 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上. 12. 已知直线：，则在y轴上的截距为_____________；若直线，则的倾斜角为__________. 13. 已知随机变量服从正态分布，若，则__________. 14. 已知函数，记在点（其中）处的切线与y轴交点的纵坐标为，若对任意的恒成立，则实数的最小值为__________. 四、解答题：本大题共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. △ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，且，，，记，△ABC的面积为. （1）写出的解析式； （2）求的最小值. 16. 每天锻炼一小时，幸福生活一辈子.小明每天都会在游泳和跑步中选择一个项目进行锻炼.如果当天选择游泳，则第二天选择游泳的概率为；如果当天选择跑步，则第二天选择游泳的概率为.已知小明第一天选择游泳，记小明第n天选择游泳的概率为. （1）求，； （2）求的表达式. 17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，面ABCD，若点M满足，点E为PB中点，过EM的平面满足，且平面与棱PD，AD，AB分别交于点F，G，H. （1）求证：； （2）试判断P，E，M，F，G，H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由. 18. 已知点F为抛物线的焦点，点（）在C上，且. （1）求C的方程； （2）过C上的动点P作C的切线，与直线交于点Q，过Q作PF的垂线，垂足为H. （ⅰ）当时，求点P的坐标； （ⅱ）求的最大值. 19. 已知函数. （1）若函数在点处的切线过点，求a的值； （2）试给出a的一个整数值，使存在唯一的极值点，并说明理由； （3）若存在，使不等式对任意的成立，求b的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $