精品解析：江苏省前黄高级中学2026届高三上学期期末适应性考试数学试卷

2026届高三第一学期期末适应性练习 数学试卷 2026.1.14 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的包含关系，可得a值，根据充分、必要条件的定义，即可得答案. 【详解】若，则集合，此时，充分性成立； 若，则 ，所以或， 解得 或，必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B 2. 已知复数，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的除法求出，再利用复数乘方及复数模的意义求得答案. 【详解】依题意，复数， 所以. 故选：C 3. 已知为坐标原点，，若四边形 为平行四边形，则（ ） A. -2 B. 2 C. 1 D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的平行四边形定则结合相等向量计算可得. 【详解】因为四边形 为平行四边形， 所以， 所以， 所以，解得， 故选：B. 4. 已知为等比数列的前 项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，再利用等比数列的通项公式和求和公式可求得所求代数式的值. 【详解】设等比数列的公比为， 由可得， 整理可得，即，解得 ， 所以. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数及指数函数的单调性，比较a，b，c与1和2的大小，分析即可得答案. 【详解】因为在 上单调递减， 所以，即 ， 因为在R上单调递增， 所以，即， 因为在 上单调递减， 所以，即，所以. 故选：A 6. 在中，角所对的边分别为，若，则的面积为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理得，根据条件，结合同角三角函数的关系，可得的值，代入面积公式，即可得到答案. 【详解】由正弦定理得，所以， 因为，所以， 又，所以， 因为，所以，所以， 所以的面积. 故选：B 7. 已知双曲线 的右焦点为为双曲线右支上一点，O为坐标原点，若，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，取PO中点Q，连接FQ，根据三角函数定义，可得，的表达式，根据的长，可求得P点坐标，代入双曲线方程，结合a，b，c的关系，化简整理，即可得答案. 【详解】设，半焦距，取PO中点Q，连接FQ， 因为，所以， 在中，， ， 所以， 过P作PA垂直x轴，交x轴于A， 则，， 所以， 因为点P在双曲线上， 所以，整理得， 又，代入可得， 左右同除得， 令，则 ，所以，解得或 （舍） 则，所以， 所以C的渐近线方程为，即. 故选：D 8. 已知函数满足，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，可得为 的对称轴，结合的范围，可得的值，根据题意，结合正弦型函数的对称性，可得，进而可得的表达式，代入所求，结合诱导公式及同角三角函数的关系，计算求解，即可得答案. 【详解】因为，所以为 的对称轴， 则，解得， 因为，所以，则， 因为， 则， 所以，解得， 则， 所以， 因为， 所以，所以， 则. 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. 已知某软件公司为迎合市场的需求开发了一款新型智能写作软件，现将该软件上市后的月份x以及每个月获得的利润y（单位：万元）之间的关系统计如下表所示，并根据表中数据，得到经验回归方程，则下列说法正确的是（ ） 月份x 1 2 3 4 5 利润y 5 8 10 12 15 A. B. 可以估计10月份的利润为26.8（万元） C. 1到5月份的利润数据的第60百分位数为10（万元） D. 5月份利润的残差为（万元） 【答案】AB 【解析】 【分析】先求得，的值，代入回归方程，可得a值，即可判断A的正误；将代入回归方程，可判断B的正误；根据百分位数的求法，可判断C的正误，根据残差的求法，即可判断D的正误. 【详解】选项A：根据表中数据可得， 则，故A正确； 选项B：估计10月份的利润（万元），故B正确； 选项C：由， 则1到5月份的利润数据的第60百分位数为（万元），故C错误； 选项D：5月份利润的估计值为， 则残差为（万元），故D错误. 故选：AB 10. 设，函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若 为偶函数，则 B. 若 为增函数，则 C. 若，则不等式的解集为 D. 若图象关于直线对称，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用偶函数求出判断A；举例说明判断B；由单调性及对称性求出不等式的解集判断C；利用对称性求出判断D. 【详解】函数的定义域为R， 对于A，由 为偶函数，得，整理得， 而不恒为0，因此 ，即 ，A正确； 对于B，当 时，函数是增函数，B错误； 对于C，由，得，函数，令， ，则函数的图象关于直线对称， 函数都是R上的增函数，则函数在R上单调递增， 对任意，，，则， 函数在上单调递增，不等式， 因此，解得 ，C正确； 对于D，由图象关于直线对称，得， 则，即，解得，此时， ，因此关于直线 对称，D正确. 故选：ACD 11. 已知P为抛物线 上一点，F为C的焦点，直线l的方程为，则下列说法正确的是（ ） A. 点P到直线l与到直线 的距离之和的最小值为2 B. 若点Q与P关于y轴对称，且点F恰为 的垂心，则 的周长为 C. 若存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，则 D. 过直线l上一点E（点E不在x轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交x轴于点，则 外接圆面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，可得P到直线l与到直线 的距离之和的最小值为点到直线l的距离，根据点到直线距离公式，计算分析，即可判断A的正误；设出P点坐标，可得Q点坐标，根据点F为 的垂心，可得，根据数量积公式，结合抛物线方程，可得P，Q两点坐标，根据两点间距离公式，可判断B的正误；根据条件可得点P到圆心S的距离为，可得点P轨迹方程，与抛物线联立，结合二次方程的性质，可判断C的正误；分别求出过点E的切线方程，联立可得E点坐标，根据数量积公式可得，同理，可得 的外接圆的直径为，由A项得点F到直线l的最小距离，分析即可判断D的正误. 【详解】选项A：抛物线 的焦点 ，准线方程为 ， 由抛物线的定义可得点P到 的距离等于点P到焦点F的距离， 过点P作直线l的垂线，垂足为H，过点P作准线 的垂线，垂足为R， 过点F作直线l的垂线，垂足为G，则 则， 又 到直线l的距离， 所以点P到直线l与到直线 的距离之和的最小值为 ，故A错误； 选项B：不妨设点P在第一象限，坐标为 ， ，则点Q在第二象限，坐标为， 则， 因为点F为 的垂心， 所以，则， 又点P在 ，则， 所以，解得或0（舍）， 则，解得，即， 所以， 所以 的周长为，故B正确； 选项C：设圆的圆心为S，过点P的切线，切点分别为M，N， 由题意得，又， 所以四边形为正方形，则， 即点P的轨迹为以S为圆心，半径为的圆，则方程为 因为点P在抛物线 上， 所以点P为抛物线 与圆的交点， 联立，得， 判别式，解得，故C正确； 选项D：设切线EA，EB与抛物线C分别切于D，T，设， 由，得，则， 所以直线：，整理得， 同理直线EB：， 联立，可得，即， 又因为，所以，， 则，同理， 因此，所以四点共圆，且 的外接圆的直径为， 因为的最小值即为点F到直线l的距离2， 所以 的外接圆的半径最小值为1，外接圆面积最小值为，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. 某次考试的数学成绩X近似服从正态分布且，若参加考生总人数是1000，则估计学生数学成绩在130分以上的总人数为________． 【答案】30 【解析】 【分析】由题意，可得正态分布的均值，根据正态分布曲线的对称性，分析计算，即可得答案. 【详解】因为，所以均值， 由，根据正态分布曲线的对称性可得， 所以， 所以学生数学成绩在130分以上的总人数为. 故答案为：30 13. 已知，若函数有两个零点，则正数m的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】由题意得有两个不等实根，时，令，利用导数求得的单调性和极值；当，令，利用导数求得的单调性和极值，作出 、与 图象，则 与 和图象一共有两个交点，结合m的范围，分析即可得答案. 【详解】令函数，可得有两个不等实根， 当时，，整理得， 令，则， 令 ，解得或0（舍）， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的极大值为， 当时，，当时，； 当时，，整理得， 令，则， 令，解得 ， 当时， ，则单调递增， 当时， ，则单调递减， 所以的极大值为， 当时，，当时，， 作出 、与 图象，如下图所示： 因为函数有两个零点，且， 所以 与 和图象一共有两个交点， 由图象得，则正数m的取值范围是. 故答案为： 14. 在棱长为的正方体中，，. （1）若，则________； （2）当 ，过的平面将该正方体分成体积为、的两个部分，则的最大值是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据题意得出，根据空间向量数量积的坐标运算可得出关于 的等式，即可解得实数 的值； （2）根据直线是长方体的体对角线，所以截面将长方体截成体积相等的两部分，进而可得截正方体的两部分体积的范围，从而可得所求值的最大值. 【详解】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、， 则，， 因为，故，解得； （2）由，得是的中点， 是的三等分点（靠近点）. 构造长方体，是其体对角线，其体积. 设线段的中点为，过的平面为， 则平面将长方体分成的两个几何体关于点对称，体积都为. 而正方体的体积. 不妨设，则，， 当且仅当截面过四点时取得最大值 . 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. 在一个不透明的袋子中有4个不同的红球和个不同的白球，所有球的大小、质量均相同． （1）若 ，每次从袋中有放回地摸出1个球，求在第4次恰好首次摸到白球的概率； （2）若 ，从袋中一次性摸出4个球，其中红球个数为x，白球个数为y，记，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望 【解析】 【分析】（1）当 时，分别求出摸到红球和白球的概率，分析可得前3次摸到红球，第4次摸到白球，代入数据，即可得答案. （2）分析可得 ，则，根据x的值，可得X的不同取值，分别求出X不同取值时的概率，列出分布列，代入期望公式，即可得答案. 【小问1详解】 若 ，则袋中有4个不同的红球，2个不同的白球， 则摸到红球的概率为，摸到白球的概率为， 第4次恰好首次摸到白球的概率. 【小问2详解】 若 ，则袋中有4个不同的红球，4个不同的白球， 所以， 则， 当或4时， ， 当或3时， ， 当时， ，即X可取0,2,4， ， ， ， 则X的分布列为 X 0 2 4 P 数学期望 16. 已知数列的前n项和分别为，， ． （1）求的通项公式； （2）若，求n的最小值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据等差中项的性质，可证为等差数列，根据等差数列的求和公式，可得首项和公差d的值，代入公式，即可得答案. （2）根据等差数列的求和公式，可得表达式，根据等比数列求和公式，结合分组求和法，可得表达式，根据条件，分析求解，即可得答案. 【小问1详解】 因为，所以数列为等差数列， 则，解得 ， 又，所以，即， 设数列的公差为d，则，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，所以，则， 又， 所以 ， 因为， 所以， 整理得， 因为， 所以n的最小值为6. 17. 如图，在四棱锥 中，平面 平面，底面是矩形，是线段 的中点． （1）若F为线段上一点且，证明： 平面； （2）当时，求直线与平面 所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取AD中点O，BC中点G，根据等腰三角形的性质，可证，根据面面垂直的性质，可证平面，根据线面垂直的性质及矩形的性质，可证两两垂直，如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，求出平面的法向量，根据，即可得证. （2）由余弦定理，求出的长度，即可得各点坐标，求出平面 的法向量，根据线面角的向量求法，代入计算，即可得答案. 【小问1详解】 证明：取AD中点O，BC中点G，连接PO，OG， 因为，O为AD中点， 所以， 平面 平面，且平面 平面 ，平面 ， 所以平面， 因为平面， 所以，， 因为是矩形， 所以，则两两垂直， 以O为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示： 设， 则， 则， 因为，所以， 则， 设平面的法向量， 则，即， 令，可得，即， 所以， 则，又平面， 所以 平面. 【小问2详解】 由（1）得， 由余弦定理得，解得， 则， 设平面 的法向量， 则，即， 令，则，即， 设直线与平面 所成角为 ， 则， 所以直线与平面 所成角的正弦值为. 18. 已知函数 ， ． （1）当时， ①证明：时， ； ②求函数的极值点个数； （2）两函数图象在公共点处的公切线称为“合一切线”．若曲线与曲线 存在两条互相垂直的“合一切线”，求、 的值． 【答案】（1）①当 时， ， 当时，则 ，当且仅当 时，等号成立， 故函数在上为增函数， 故当时， ，故原不等式得证； ②一个. （2） ， 【解析】 【分析】（1）①当 时，可得出 ，利用导数分析函数在上的单调性，即可证得结论成立； ②求导得 ，由此可得当时，，结合 即可得证. （2）由题意设曲线 与曲线 的两条互相垂直的“合一切线”的切点的横坐标分别为、，其斜率分别为、，则.再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可求解. 【小问1详解】 ①略 ②由题意可得 ， 所以 ，且 . 当时， . 因为 ， ，所以. 因为 对任意 恒成立， 所以当时，，所以 是的唯一极值点. 【小问2详解】 由题意可得 ，则 ， 设曲线 与曲线 的两条互相垂直的“合一切线”的切点的横坐标分别为、， 其斜率分别为、，则. 因为 ，所以 ，所以 . 不妨设，则 . 因为， 由“合一切线”的定义可知. 所以 . 由“合一切线”的定义可知，所以 . 当， ， 时，取，， 则 ， ， ， ，符合题意. 所以 ， . 19. 在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为是椭圆C在第一象限上的动点．已知椭圆C过点且． （1）求椭圆C的方程； （2）设直线分别与x轴和y轴交于点．记的面积分别为，求的值； （3）直线与直线交于点D，过D且与平行的直线交直线于点E．证明：点E在定直线上，并求出该直线方程． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件，可得，将点坐标代入椭圆方程，联立可得，的值，即可得答案. （2）设，求出直线的方程，即可得M点的横坐标，同理可得N点的纵坐标，根据面积公式，代入可得的表达式，结合椭圆方程，化简整理，即可得答案. （3）由（1）、（2）可得直线和直线的方程，联立可得D点坐标，进而可得过D且与平行的直线方程，与直线方程联立，化简整理，可得交点E的横坐标，代入方程可得交点E的纵坐标，分析即可得证. 【小问1详解】 由题意得，所以， 又，联立求得， 所以椭圆C的方程为 . 【小问2详解】 由（1）得，设， 则，所以， 令，得， 同理，所以， 令，得， 则，， 所以 ， 由，代入化简可得. 【小问3详解】 证明：由（1）得， 所以，则， 由（2）得， 联立，解得，即， 又，所以过D且与平行的直线方程为， 由（2）得， 联立， 得， 整理得， 由，代入化简可得交点E的横坐标， 则交点E的纵坐标， 所以点E在定直线 上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第一学期期末适应性练习 数学试卷 2026.1.14 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知复数，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 3. 已知为坐标原点，，若四边形 为平行四边形，则（ ） A. -2 B. 2 C. 1 D. -1 4. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角所对的边分别为，若，则的面积为（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知双曲线 的右焦点为为双曲线右支上一点，O为坐标原点，若，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足，若，则（ ） 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. 已知某软件公司为迎合市场的需求开发了一款新型智能写作软件，现将该软件上市后的月份x以及每个月获得的利润y（单位：万元）之间的关系统计如下表所示，并根据表中数据，得到经验回归方程，则下列说法正确的是（ ） 月份x 1 2 3 4 5 利润y 5 8 10 12 15 A. B. 可以估计10月份的利润为26.8（万元） C. 1到5月份的利润数据的第60百分位数为10（万元） D. 5月份利润的残差为（万元） 10. 设，函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若 为偶函数，则 B. 若 为增函数，则 C. 若，则不等式的解集为 D. 若图象关于直线对称，则 11. 已知P为抛物线 上一点，F为C的焦点，直线l的方程为，则下列说法正确的是（ ） A. 点P到直线l与到直线的距离之和的最小值为2 B. 若点Q与P关于y轴对称，且点F恰为 的垂心，则 的周长为 C. 若存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，则 D. 过直线l上一点E（点E不在x轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交x轴于点，则 外接圆面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某次考试的数学成绩X近似服从正态分布且，若参加考生总人数是1000，则估计学生数学成绩在130分以上的总人数为________． 13. 已知，若函数有两个零点，则正数m的取值范围是________ 14. 在棱长为的正方体中，，. （1）若，则________； （2）当 ，过 的平面将该正方体分成体积为、的两个部分，则的最大值是________． 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. 在一个不透明的袋子中有4个不同的红球和个不同的白球，所有球的大小、质量均相同． （1）若 ，每次从袋中有放回地摸出1个球，求在第4次恰好首次摸到白球的概率； （2）若 ，从袋中一次性摸出4个球，其中红球个数为x，白球个数为y，记，求X的分布列和数学期望． 16. 已知数列的前n项和分别为，， ． （1）求的通项公式； （2）若，求n的最小值． 17. 如图，在四棱锥 中，平面 平面，底面是矩形，是线段 的中点． （1）若F为线段上一点且，证明： 平面； （2）当时，求直线与平面 所成角的正弦值． 18. 已知函数 ， ． （1）当时， ①证明：时， ； ②求函数的极值点个数； （2）两函数图象在公共点处的公切线称为“合一切线”．若曲线与曲线 存在两条互相垂直的“合一切线”，求、的值． 19. 在平面直角坐标系中，椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为是椭圆C在第一象限上的动点．已知椭圆C过点且． （1）求椭圆C的方程； （2）设直线分别与x轴和y轴交于点．记的面积分别为，求的值； （3）直线与直线交于点D，过D且与平行的直线交直线于点E．证明：点E在定直线上，并求出该直线方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $