精品解析：云南省玉溪第一中学2026届高三上学期适应性测试数学试题（十）

玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试（十） 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z=i(2+i)，则= A. 1+2i B. –1+2i C. 1–2i D. –1–2i 【答案】D 【解析】 【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得，然后根据共轭复数的概念，写出． 【详解】， 所以，选D． 【点睛】本题主要考查复数的运算及共轭复数，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求．部分考生易出现理解性错误． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求解确定，再由交集运算即可求解； 【详解】， 所以， 故选：C 3. 某中学高三（1）班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为（ ）（参考数据：） A. 16 B. 10 C. 8 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布的性质，结合题中所给的公式进行求解即可. 【详解】因为数学成绩，所以，因此由 所以有， 估计该班数学得分大于120分的学生人数为， 故选：C 4. 由曲线围成的图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分和两种情况，写出曲线所对应圆的标准方程，求出其圆心和半径，即可求得面积. 【详解】当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为. 当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为. 所以曲线围成的图形的面积为. 故选：B. 5. 若，其中，则＝（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将和平方后相加，结合的值，建立方程求解. 详解】∵，则令①， ∵②， 由①2＋②2得， 又，∴． ∴． 故选：A. 6. 在中，已知，点在边上且．若，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】+由三角函数知识结合正弦定理可得，，据此可得答案. 【详解】由题，且为锐角，则 ，又， 则，. . 由正弦定理，， ， 则，则. 故选：B 7. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意当时，的可能取值为1,3,5，且，根据二项分布的概率公式计算即可求解. 【详解】依题意，当时，的可能取值为1,3,5，且， 所以 . 故选：D． 8. 定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由为偶函数可得，转化题设不等式为，结合单调性分析易得的解集为，的解集为，再结合题意可得5为方程的根，进而得到，进而结合基本不等式求解即可. 【详解】因为为偶函数，所以，则， 由， 得， 又因为函数在上单调递减，且， 则函数在上单调递增， 则时，，当时，， 则当时，， 当时，， 所以的解集为，的解集为， 由于不等式的解集为， 当时，不等式为， 此时解集为，不符合题意； 当时，不等式解集为， 不等式解集为， 要使不等式的解集为， 则，即； 当时，不等式解集为， 不等式解集为， 此时不等式的解集不为； 综上所述，， 则， 当且仅当，即，时等号成立， 即的最小值为. 故选：C 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. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 点是图象的一个对称中心 C. 在上单调递减 D. 将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象 【答案】AB 【解析】 【分析】将化简，由其周期求得，判断A;将代入解析式验证，判断B；根据正弦函数的单调性判断C；根据正弦函数图象的平移变换判断D. 【详解】由题意知,A正确. ， 故关于对称，B正确. 令，则， 当时，， 令，则， 当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 而，故在上不单调递减，C错误； 将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到的图象, 而 ，D错， 故选： 10. 已知直线经过抛物线的焦点，且与交于、两点（其中），与的准线交于点，若，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 为中点 【答案】BD 【解析】 【分析】由抛物线的焦点坐标可求出的值，可判断A选项；设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，设，根据结合韦达定理，求出的值，求出点的纵坐标，求出，可判断B选项；求出点的纵坐标，求出、，可判断C选项；计算出、，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为抛物线的焦点，则，可得，A错； 对于B选项，如下图所示： 若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 设直线的方程为，由A选项可知抛物线的方程为， 设点、，联立可得，， 由韦达定理可得，， 不妨设，由图可知， ，则， 所以，，解得，则， 所以，，B对； 对于C选项，由B选项可知，， 直线的方程为，联立，解得，则， 所以，， ，则，C错； 对于D选项，因为，则为的中点，D对. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 11. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（ ） A. B. 是极大值点 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】求导，根据与函数图像交点情况，即可根据极值点的定义求解B，举反例即可求解A，根据的单调性即可求解C，根据函数的单调性即可求解D. 【详解】的极值点为在上的变号零点. 即为函数与函数图像在交点的横坐标. 又注意到时，，时，， ，时，. 据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示. 对于A，由图像可知，则，故A错误； 对于B，注意到时，，，. 结合图像可知当 当是函数的极大值点，是函数的极小值点，故B正确， 对于C, 表示两点与间距离，由图像可知， 随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减. 故，化简可得 ，故C正确； 对于D，由于， 故因此， 且，故， 由于为单调递减函数，为单调递增函数， 结合为单调递增函数， 因此为单调递增函数，由于， 可得，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的各项均为正数，若，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】设公差，借助等差数列基本量计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为， 则有，即， 化简得，解得或， 又等差数列的各项均为正数，故，故， 则. 故答案为：. 13. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是________ 【答案】 【解析】 【分析】两轮活动猜对3个成语，相当于事件“甲猜对1个，乙猜对2个”、事件“甲猜对2个，乙猜对1个”的和事件发生，根据独立事件概率的求法求解即可. 详解】设事件分别表示甲两轮猜对1个，2个成语，事件分别表示乙两轮猜对1个，2个成语，则 ，， ，， 设事件为““星队”在两轮活动中猜对3个成语”， 则，且与互斥，与，与分别相互独立， 所以 ， 故答案为： 14. 如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，点B到平面AEF的距离为__． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，然后表示出的坐标以及平面AEF的一个法向量的坐标，最后简单计算即可. 【详解】∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD， ∴以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系， ∵AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD， ∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），E（）， P（0，0，），D（0，2，0）， 设F（a，b，c），，则（a，b，c）＝（0，2λ，）， 解得a＝0，b＝2λ，c＝， ∴＝（0，2λ，），＝（0，2，）， ∵AF⊥PD，∴＝4λ﹣，解得λ＝， ∴＝（），＝（），＝（0，，）， 设平面AEF的一个法向量＝（x，y，z）， 则，取y＝，得＝（0，）， ∴点B到平面AEF的距离为：d＝＝． 故答案为： 【点睛】本题考查点面距，利用向量的方法，将几何的问题代数化，便于计算，属基础题. 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）在边上存在一点，使得，连接，若的面积为的平分线交于点，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将角化为边，然后进行化简即可求解； （2）利用三角形面积公式结合余弦定理即可求解边长，进而由角平分线定理求比值. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 又，所以， 因为，所以，所以， 所以 【小问2详解】 因为，所以， 则， 所以， 又由余弦定理得，可得， 联立方程解得， 由角平线定理得 16. 如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合. （1）证明：平面平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直，面面垂直； （2）先得到为二面角的平面角，为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为是底面圆上的一条直径， 所以⊥， 因为⊥底面圆，， 所以⊥底面圆， 因为底面圆，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面； 【小问2详解】 因为⊥底面圆，圆， 所以⊥，⊥， 所以为二面角的平面角， 故，又，所以为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，设，故，， ， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，得，故， 设直线与平面所成角的大小为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数（）. （1）若，求的极小值； （2）当时，求的单调递增区间； （3）当时，设的极大值为，求证：. 【答案】（1） （2）和 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求解函数的单调性求解出函数的极值即可 （2）当时，利用导数求解函数的单调性求解出函数的单调递增区间 （3）分和讨论求解即可. 【小问1详解】 由题意知 若，则，所以. 令，得. 当时，当时， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值等于. 【小问2详解】 因为，所以， 由，即，解得或， 所以在和单调递增， 由，即，解得， 所以在单调递减， 故的单调增区间为和. 【小问3详解】 当时，由（2）知，的极大值等于； 当时，，单调递增，无极大值； 当时，当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以的极大值等于， 令，所以， 在上在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以故， 综上所述，. 18. 已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是． （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）将转化为，由求出即可； （2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程得，由韦达定理及化简求解即可得出直线过定点；写出直线方程，作比化简得出，解得，即点在直线上，记与轴的交点为，借助表达出即可. 【小问1详解】 由椭圆知，， ， 所以，所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）若直线斜率不存在，则，不符合题意； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 联立直线与椭圆方程，得， 由韦达定理可得，， 所以， 又因为， 所以， 又因为，所以，解得， 即直线方程为， 故直线过定点； （ⅱ）由（ⅰ）可知，直线方程为，直线方程为， 所以，解得，即点在直线上， 记与轴的交点为， 则， ， 又因为同号，所以. 19. 对于数列，若存在常数满足，则称为“上界数列”，为的“上界”，并把最小的值叫做“上界临界值”，记为．记数列的前项和为，已知，． （1）判断是否为“上界数列”，并说明理由； （2）若，为数列的前项和，求数列的“上界临界值”； （3）若，数列的“上界临界值”为，证明：． 【答案】（1）不“上界数列”，理由见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用的关系先求通项，再根据新定义确定即可； （2）利用裂项相消法求和得，再利用数列的单调性结合新定义计算即可； （3）利用放缩法将，结合等比数列求和公式得，根据新定义证明即可. 【小问1详解】 当时，，作差得， 因为，所以， 又当时，，所以， 即是以1为首项，1为公差的等差数列，， 由于数列是无限递增的，显然不存在常数满足， 所以不是“上界数列”； 【小问2详解】 由上可知， 所以， 因为，所以单调递增，且， 所以， 所以数列的“上界临界值”； 【小问3详解】 易知， 所以， 显然单调递增，且，n越大，该数值越接近0，故， 由于上述不等式取不得等号，所以数列的“上界临界值”. 【点睛】思路点睛：准确理解新定义的概念，利用等比数列的求和公式、错位相减法或裂项相消法，证明数列不等式常用到放缩法，注意精度即可. 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（十） 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z=i(2+i)，则= A 1+2i B. –1+2i C. 1–2i D. –1–2i 2 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 某中学高三（1）班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为（ ）（参考数据：） A. 16 B. 10 C. 8 D. 2 4. 由曲线围成的图形的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 若，其中，则＝（ ） A. B. C. D. 6. 在中，已知，点在边上且．若，则（　　） A. B. C. D. 7. 如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ） A. B. C. D. 8. 定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（ ） 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. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 点是图象一个对称中心 C. 在上单调递减 D. 将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象 10. 已知直线经过抛物线的焦点，且与交于、两点（其中），与的准线交于点，若，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 为中点 11. 已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（ ） A. B. 是极大值点 C D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列各项均为正数，若，则_______. 13. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是________ 14. 如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，点B到平面AEF的距离为__． 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）在边上存在一点，使得，连接，若的面积为的平分线交于点，求的值． 16. 如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合. （1）证明：平面平面； （2）若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数（）. （1）若，求的极小值； （2）当时，求的单调递增区间； （3）当时，设的极大值为，求证：. 18. 已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是． （1）求椭圆的方程； （2）设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式． 19. 对于数列，若存在常数满足，则称为“上界数列”，为的“上界”，并把最小的值叫做“上界临界值”，记为．记数列的前项和为，已知，． （1）判断是否为“上界数列”，并说明理由； （2）若，为数列的前项和，求数列的“上界临界值”； （3）若，数列的“上界临界值”为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $