2026届高三上学期高考适应性考试（一诊）数学模拟练习（适用于四川省成都市）

成都市高2026届高考适应性模拟考试（一诊） 数 学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上； 3．回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用0.5毫升黑色字迹笔书写． 一、单项选择题：本题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. 若的虚部为2，则（    ） A．4 B． C．8 D． 3. 已知直线，则“”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 4. 函数的部分图象为（    ） A． B． C． D． 5. 双曲线的左、右顶点分别为为上一点，若直线与直线斜率之积为2，则的离心率为（    ） A． B． C．2 D．3 6. 已知数列满足，且，则（   ） A． B． C． D． 7. 已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若相邻两条对称轴的距离为，则； B．若，则时，的值域为； C．若在上单调递增，则； D．若在上恰有2个零点，则. 8. 函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 随机事件，满足，，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 10. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（    ） A．面积的最大值为12 B．的最大值为72 C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（    ）    A．三棱锥的体积是定值 B．存在点P，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则P的轨迹的长度为 三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数为偶函数，则 . 13. 在的二项展开式中，各项的二项式系数之和为，则展开式中的系数为 14. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则的最大值为___________． 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. 函数的部分图象如图所示．    (1)求函数的解析式； (2)将函数的图象先向右平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的最大值和最小值； (3)若关于的方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围． 16. 如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到的位置，且，得到如图2所示的四棱锥．    (1)求证；平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 17. 已知数列中，. (1)求数列的通项公式； (2)令，记为的前项和，证明：时，. 18. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，左顶点为A，则上顶点为，且的方程为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若是直线上一点，过点的两条不同直线分别交于点，和点，，且，求证：直线的斜率与直线的斜率之和为定值. 19 已知a为常数，函数. (1)当时，求的图象在处切线方程； (2)讨论函数的零点个数； (3)若函数有两个极值点，（），求证. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市高2026届高考适应性模拟考试（一诊） 数 学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上； 3．回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，用0.5毫升黑色字迹笔书写． 一、单项选择题：本题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】B 【解析】由，即，解得，故， 由，可得，即或，故， 故. 故选：B. 2. 若的虚部为2，则（    ） A．4 B． C．8 D． 【答案】D 【解析】由题得， 则. 故. 故选：D. 3. 已知直线，则“”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】若则且所以或 所以“”是“”的必要不充分条件． 故选：B． 4. 函数的部分图象为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意可知：的定义域为R，关于原点对称， 且， 所以为奇函数，其图象关于原点对称，排除A； 当时，，所以，排除D； 当时，，所以，排除C． 故选：B． 5. 双曲线的左、右顶点分别为为上一点，若直线与直线斜率之积为2，则的离心率为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【解析】由题意得， 设，可得， 即， 又直线与直线斜率之积为2， 得， 则离心率. 故选：. 6. 已知数列满足，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，又，令，可得，解得， 所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，整理得，故． 故选：C． 7. 已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若相邻两条对称轴的距离为，则； B．若，则时，的值域为； C．若在上单调递增，则； D．若在上恰有2个零点，则. 【答案】D 【解析】 ， 对于A：若相邻两条对称轴的距离为，则最小正周期为，故，选项A不正确； 对于B， 若，则， 当时，的值域为，选项B不正确； 对于C：若在上单调递增，则，选项C不正确； 对于D：，则，若在上恰有2个零点， 则，则，选项D正确. 故选：D. 8. 函数，若关于的不等式有且仅有三个整数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】对函数求导可得，令，解得，令，解得，又时，， 所以的递增区间为，递减区间为和， 作出图象如图所示： 当时，由，可得， 由图象可知，不存在整数点满足条件， 当时，由，可得， 由图象可知，不存在整数点满足条件， 当时，由，可得， 又， ，， 由的递增区间为，所以， 所以要使有三个整数解，则， 所以关于的不等式有且仅有三个整数解， 则的取值范围为. 故选：A. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 随机事件，满足，，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】根据题意由相互独立事件的概率性质分析可判断，；由概率加法公式可分析；计算，验证是否正确即可判断. 【详解】由已知，， 因为，所以， 所以， 所以，故错误； 因为，故错误； ，故正确； ， 又，，， 所以，故正确. 故选：. 10. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（    ） A．面积的最大值为12 B．的最大值为72 C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分 【答案】ABD 【解析】对于A，设点，由，得， 化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆， 所以面积的最大值为，故A正确； 对于B，设线段AB的中点为N，， 当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确； 对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误； 对于D，由，，有，当点M不在x轴上时， 由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确． 故选：ABD． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（    ）    A．三棱锥的体积是定值 B．存在点P，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则P的轨迹的长度为 【答案】ACD 【解析】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 是定值，A正确； 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则 对于B，，使得与所成的角满足： ， 因为，故，故， 而，B错误； 对于C，平面的法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为：， 因为，故 故， 而，， 故即的取值范围为，C正确； 对于D，，由， 可得，化简可得， 在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为 ，D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数为偶函数，则 . 【答案】 【解析】因为为偶函数，所以，即， 即，即，所以， 故答案为： 13. 在的二项展开式中，各项的二项式系数之和为，则展开式中的系数为 【答案】280 【解析】依题意可得，则， 所以展开式的通项为（且）， 令，解得， 所以，所以展开式中的系数为. 14. 在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则的最大值为___________． 【答案】4 【解析】 【分析】先求出两个轨迹方程，可设，，则，由辅助角公式表示出的最大值，再由二次函数的性质求出答案. 【详解】因为和是互相垂直的单位向量，所以设，， 设，由可得： ， 表示动点到两点的距离之和为， 则， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，， 则点的轨迹方程为：， 设，由可得：， 表示动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 所以动点的轨迹方程为， 所以可设，， ， 所以，， 所以 ，其中， 所以当时，的最大值为， ， 当时，的最大值为. 故答案为： 1 学科网（北京）股份有限公司 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. 函数的部分图象如图所示．    (1)求函数的解析式； (2)将函数的图象先向右平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的最大值和最小值； (3)若关于的方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围． 【解析】（1）由函数的部分图象可知， ，，，又， ，解得，由可得， ； （2）将向右平移个单位，得到， 再将所有点的横坐标缩短为原来的，得到， 令，由，可得， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 可得，； （3）因为关于的方程在上有两个不等实根， 即与的图象在有两个交点. 由图象可知符合题意的的取值范围为. 16. 如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到的位置，且，得到如图2所示的四棱锥．    (1)求证；平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）证明：在中，，， 由余弦定理可得， 所以， 又因为，所以为正三角形， 设的中点为，连接，可得， 又由，可得，且平面，， 所以平面，因为平面，所以， 在中，可得， 在中，可得， 又因为，可得，所以， 因为平面，且，所以平面. （2）解：因为，所以， 又由平面，且平面，所以， 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与平面所成的角为，由图象可得为锐角， 则 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．    17. 已知数列中，. (1)求数列的通项公式； (2)令，记为的前项和，证明：时，. 【答案】(1)(2)证明见解析 【详解】（1）因为， 所以， 作差可得，变形为，即，即，化简为， 因为，所以， 因为， 所以数列的通项公式为. （2）因为， 所以，， 作差可得， 所以， ， 设，则在给定区间上递减，又 故在是减函数，， 所以当时，. 18. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，左顶点为A，则上顶点为，且的方程为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若是直线上一点，过点的两条不同直线分别交于点，和点，，且，求证：直线的斜率与直线的斜率之和为定值. 【答案】(1)(2)证明见解析 【详解】（1）因为的方程为，可知， 可知，所以椭圆的标准方程为. （2）由可得，    因为点P在直线上，可设点， 由题可知：直线DE的斜率与直线MN的斜率都存在． 所以直线DE的方程为：，即， 直线MN的方程为：，即， 设，，，， 所以，消去y可得， 整理可得， 且，则，， 又因为，， 则 ， 同理可得， 又因为，则， 可知，则，整理可得， 又因为，则， 所以直线DE的斜率与直线MN的斜率之和为0． 19 已知a为常数，函数. (1)当时，求的图象在处切线方程； (2)讨论函数的零点个数； (3)若函数有两个极值点，（），求证. 【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析 【详解】（1）当时，，故， 而，故， 故的图象在处切线方程为即. （2）的定义域为， 的零点等价于的解即的解， 令，，故， 当时，，故在上为增函数， 而，， 故在上有且只有一个实数解，即有且只有一个零点， 当时，当时，；当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故， 若即，此时，故无零点，故无零点. 若即，此时， 故有且只有一个零点，故有且只有一个零点. 若即，此时. 而，故在有且只有一个零点； 又， 设，则，故在上为减函数， 故， 因为，故，而， 故在有且只有一个零点； 故此时有且只有两个不同的零点即有且只有两个不同的零点. 综上，当时，无零点； 当或时，有且只有一个零点； 当时，有且只有两个不同的零点. （3）的定义域为，而， 由题设可得有两个变号零点， 设，故在上有两个变号零点， 而， 若，则在上为增函数，在上至多一个零点，舍； 若， 当时，；当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故， 所以即，而，且，故. 又，而， 故， 因为，故，故， 要证：，即证， 即证：在上恒成立. 设，则， 故在上为减函数，故即成立. 综上，. $