精品解析：云南省玉溪第一中学2026届高三适应性测试数学试题（九）

玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试（九） 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. 设集合则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合交集求解即可； 【详解】因为 所以 故选：C 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】分析：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在象限. 详解：的共轭复数为 对应点为，在第四象限，故选D. 点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单导致马虎丢分. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解. 【详解】[方法一]：直接法 由已知得：, 即：， 即： 所以 故选：C [方法二]：特殊值排除法 解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B； 再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C. [方法三]：三角恒等变换 所以 即 故选：C. 4. 设是等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，求得的值，再利用等比数列的求和公式可求得结果. 【详解】设等比数列的公比为，若，则，矛盾，所以， 故，则， 所以， ， 因此， 故选：B. 5. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解. 【详解】令， 则， 所以为奇函数，排除BD； 又当时，，所以，排除C. 故选：A. 6. 已知点，，，圆，一条光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点关于直线的对称可得，即可根据三角形三边关系结合共线求解. 【详解】直线方程为，即， 设点关于直线的对称点为，则，解得， 故， 圆心为，半径为，故， 因此过经过反射在处，由于， 故光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为， 故选：B 7. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，则的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助正弦定理计算即可得. 【详解】由正弦定理可得， 则、， 则. 故选：C. 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据恒成立确定的关系式，从而将转化为只有的式子，再利用导数讨论单调性求最值即可. 【详解】因为，且函数和都是上的增函数，故若恒成立， 则函数和的零点相同， 所以，则， 设，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，所以最大值为， 故选：A. 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. 已知函数 的图象是由函数 的图象向右平移个单位得到，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】首先求出函数解析式，然后结合正弦函数的性质逐个分析判断. 【详解】因为，向右平移个单位得， 对于A：最小正周期为，故A正确； 对于B：由，得，得， 因为在上递减，在上递增， 所以在区间上不单调递增，所以B错误； 对于C：因为， 所以的图象不关于直线对称，所以C错误； 对于D：因为，所以 的图象关于点对称，所以D正确. 故选：AD. 10. 已知为坐标原点，点，，.若点满足，，则下列判断错误的是（ ） A. B. 面积的最大值为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知可知点在劣弧上或优弧上，即可判断；由三角形的面积公式可判断；取，时，可判断；点在劣弧上时，为钝角，点在优弧上时，为锐角，即可判断. 【详解】若，，则点在劣弧上，或者在优弧上， 所以或者，故错误； 因为，故正确； 取，，则，故错误； 点在劣弧上时，为钝角，， 点在优弧上时，为锐角，，故错误. 故选：. 11. 如图，在正方体中，点分别在棱上（不与棱的端点重合），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面与正方体的每条棱的夹角都相同，则直线平面 B. 三角形不可能为直角三角形 C. 若分别为棱的中点，则存在点，使得平面 D. 若二面角的余弦值为，二面角的余弦值为，则二面角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用线面角的求法，结合线面平行的判定推理判断A；利用余弦定理的性质判断B；建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及面面角的向量求法判断CD. 【详解】对于A，在正方体中，令点到平面的距离为， 由平面与正方体每条棱的夹角都相同，得棱与平面所成角都相等， 则，于是，而，则，， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，设，则， 从而，则，同理，， 因此三角形为锐角三角形，B正确； 对于C，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方体棱长为2， 则，， 假设存在点，使得平面，则，， 解得，即与重合，不符合题意，因此不存在点，使得平面，C错误； 对于D，由选项C得，平面的法向量为，平面的法向量为， 平面的法向量为，设平面的法向量为， 则，解得， ，解得，因此， 则， 所以二面角的余弦值为，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. 在的展开式中，的系数是__________． 【答案】160 【解析】 【分析】求出二项式的展开式通项，令的指数为6即可求出. 【详解】的展开式的通项为， 令，解得， 所以的系数是. 故答案为：160. 13. 1675年，卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹．已知点，动点满足，则面积的最大值为_________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意可列等量关系，化简可得，即可求解，由面积公式即可求解. 【详解】已知定点为，， 因为动点满足， 所以点的轨迹方程为， 两边同时平方可得， 整理得， 所以， 此时，当且仅当，时，取得最大值， 故答案为：3 14. 如图，在一个大圆中放入两个半径之比为1：2的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为1的大圆，则4次操作后图中最小的圆的半径为___________，次操作后图中所有圆的面积总和为___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意可知小圆半径是首项为，公比为等比数列；大圆半径是首项为，公比为等比数列，结合等比数列前项和公式计算即可求解. 【详解】次操作后，小圆的半径依次为， 大圆的半径依次为， 所以小圆半径是首项为，公比为等比数列， 大圆半径是首项为，公比为等比数列， 4次操作后图中最小的圆的半径为； 次操作后，小圆面积和为： ， 大圆面积和为： 所以大圆与小圆面积和为， 则所有圆的面积总和为. 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. 在中，，，． （1）求角A的大小； （2）求； （3）若线段AB上点D满足，求CD的长． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用已知条件切化弦，结合正弦和角公式整理化简计算即可； （2）先利用余弦定理结合第一问计算，再利用余弦定理计算即可； （3）先由内角和及正弦和角公式计算，再利用正弦定理求边即可. 【小问1详解】 由， 即， 又， 所以， 在中，，所以，则； 【小问2详解】 由，，， 结合余弦定理可得， 所以，则； 【小问3详解】 易知， 所以 ， 由正弦定理得. 16. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2） 【解析】 【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围. 【详解】(1)当时，，， 由于，故单调递增，注意到，故： 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由得，，其中， ①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②.当时，分离参数a得，， 记，， 令， 则，， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此，, 综上可得，实数a的取值范围是. [方法二]：特值探路 当时，恒成立． 只需证当时，恒成立． 当时，． 只需证明⑤式成立． ⑤式， 令， 则， 所以当时，单调递减； 当单调递增； 当单调递减． 从而，即，⑤式成立． 所以当时，恒成立． 综上． [方法三]：指数集中 当时，恒成立， 记， ， ①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意； ②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又， 所以若满足，只需，即，所以当时，成立； ③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立， 所以时，满足题意. 综上，. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有： 方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究； 方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性； 方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！ 17. 如图，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为内接于圆为圆的直径，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）易证，，故平面，由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量即可求空间角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面， 所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 所以. 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 又， 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 所以， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 18. 有甲乙两个口袋，甲口袋中有编号为1，2，3的3个白球，乙口袋中有编号为1，2，3的3个黑球，已知每个球除颜色和编号不同外，其余全部相同．现从甲乙两口袋中各随机任取一个球交换放入另一个口袋，重复进行次这样的换球操作． （1）求2次换球后，甲口袋中恰有3个白球的概率； （2）求次换球后，甲口袋中3个球颜色恰好相同的概率（结果用含的式子表示）； （3）求次换球后，甲口袋中3个球编号恰好为1，2，3的概率（结果用含的式子表示）．当为多少时，概率取得最大值？最大值是多少？ 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）利用独立事件同时发生的乘法公式即可求解； （2）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式； （3）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式，然后利用分类讨论思想求出最大值. 【小问1详解】 经过一次交换后，甲口袋中有2白1黑，乙口袋中有2黑1白， 记“2次换球后，甲口袋中恰有3个白球”为事件，则； 【小问2详解】 记“次换球后，甲口袋中有3个球颜色相同的”概率为， 则 当第次换球后，只有两种可能，一种是同颜色，另一种是有一个不同颜色， 而同颜色的交换后不可能再同颜色，而有一个不同颜色的通过交换可以变为同颜色， 此时发生的概率为，再根据全概率公式可得： ，所以， 则是等比数列，即； 【小问3详解】 又记“次换球后，甲口袋中有3个球编号分别为1，2，3”概率为， 则， 当第次换球后，只有两种可能，一种是有三个编号为1，2，3，另一种是没有三个编号为1，2，3， 而三个编号为1，2，3的交换后也有可能编号仍为1，2，3，此时发生的概率为， 另一种可能是AAB型，另一边一定是BCC型，这样通过交换A和C就可以变换为有三个编号为1，2，3，此时发生的概率为，再根据全概率公式可得： ， 所以有， 即是等比数列，即， 当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以当时，取到最大值. 19. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程，并说明轨迹的形状； （2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）的方程为， 当时，曲线是焦点在轴上的椭圆； 当时，曲线是焦点在轴上的双曲线． （2）①设点，其中且， 由（1）可知的方程为， 因为，所以， 因此，三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程，得， 则， 由（1）可知， 所以 ， 所以为定值1； （法二）设，则有，解得， 同理由，解得， 所以， 所以为定值1； 由椭圆定义，得， ， 解得，同理可得， 所以 ． 因为，所以的周长为定值． ；②存在； 【解析】 【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解； （2）设点，其中且. （ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解. 【小问1详解】 设点，由题意可知， 即， 经化简，得的方程为， 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线， 根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程， 得， ，（*） 因为， 所以 ， 将（*）代入上式，化简得， （法二）设，依条件有，解得， 同理由，解得， 所以． 由双曲线的定义，得， 根据，解得， 同理根据，解得， 所以 ， 由内切圆性质可知，， 当时，（常数）． 因此，存在常数使得恒成立，且． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 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（九） 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. 设集合则 A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设是等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，，，圆，一条光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，则的值为（ ）． A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. C. e 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. 已知函数 的图象是由函数 的图象向右平移个单位得到，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点对称 10. 已知为坐标原点，点，，.若点满足，，则下列判断错误的是（ ） A. B. 面积的最大值为 C. D. 11. 如图，在正方体中，点分别在棱上（不与棱的端点重合），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面与正方体的每条棱的夹角都相同，则直线平面 B. 三角形不可能为直角三角形 C. 若分别为棱的中点，则存在点，使得平面 D. 若二面角的余弦值为，二面角的余弦值为，则二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数是__________． 13. 1675年，卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹．已知点，动点满足，则面积的最大值为_________． 14. 如图，在一个大圆中放入两个半径之比为1：2的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为1的大圆，则4次操作后图中最小的圆的半径为___________，次操作后图中所有圆的面积总和为___________. 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. 在中，，，． （1）求角A的大小； （2）求； （3）若线段AB上点D满足，求CD的长． 16. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围. 17. 如图，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18. 有甲乙两个口袋，甲口袋中有编号为1，2，3的3个白球，乙口袋中有编号为1，2，3的3个黑球，已知每个球除颜色和编号不同外，其余全部相同．现从甲乙两口袋中各随机任取一个球交换放入另一个口袋，重复进行次这样的换球操作． （1）求2次换球后，甲口袋中恰有3个白球的概率； （2）求次换球后，甲口袋中3个球颜色恰好相同的概率（结果用含的式子表示）； （3）求次换球后，甲口袋中3个球编号恰好为1，2，3的概率（结果用含的式子表示）．当为多少时，概率取得最大值？最大值是多少？ 19. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程，并说明轨迹的形状； （2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $