精品解析：江苏省常州市金坛区第一中学2025-2026学年高三上学期期末适应性考试数学试题

2026秋学期金坛一中高三数学期末适应性考试 命题人：张程 审核人：李静 一、单选题 1. 设集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解出对数不等式的解集，由此可表示出集合，再根据分类讨论二次不等式的解即可求解出的值. 【详解】因为，所以，所以，所以， 又因为， 当时，无解，所以，此时； 当时，由可得，所以，若，则； 当时，由可得，所以，此时. 综上，. 故选：C. 2. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 32 B. 64 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件结合正态分布的性质求出，再利用赋值法求出系数和. 【详解】因为，所以，解得， 设， 则当时，， 故选：A. 3. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛如图所示，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第15层小球的个数为（ ） A. 100 B. 120 C. 128 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】依据规律找出每一层小球数构成的数列的递推关系，利用累加法求出通项，从而求出第15项即可. 【详解】设第层的小球个数为， 依题意，，且当时，， 当时，， 满足上式，因此， 所以，即第15层有120个小球， 故选：B 4. 正六棱台的上、下底面边长分别为2 和 4，侧棱长为 ，则该正六棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将正六棱台还原成正六棱锥，再利用正六棱锥的结构特征及体积公式计算得解. 【详解】将正六棱台还原成正六棱锥，则正六棱锥的下底面是边长为4的正六边形，侧棱长为， 其高，以正六棱台上底面为底面的正六棱锥底面边长为2， 侧棱长为，其高， 因此该正六棱台的体积. 故选：C 5. 设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得两个圆心恰好是椭圆的焦点，结合椭圆的定义，再根据圆外一点到圆上点的距离最小值为点到圆心距离减半径，圆外一点到圆上点的距离最大值为点到圆心距离加半径，求出的取值范围，即可得到答案. 【详解】椭圆的两个焦点坐标为，，恰好为两个圆的圆心坐标， 圆的半径，圆的半径， 由椭圆的定义可得， 当椭圆上动点与焦点连线与圆相交于时，最小，最小值为， 当椭圆上动点与焦点连线的反向延长线与圆相交于时，最大，最大值为， 所以. 故选：D. 6. 已知两两不共线的三个平面向量满足：，使得，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，求得，得到两两的夹角相等，且为，结合向量数量积的运算律，即可求解. 【详解】设，因为， 则， 又因为向量夹角的范围为，所以两两的夹角相等，且为， 所以. 故选：B. 7. 已知数列的前项和为，且满足，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据与的关系，当时，将已知等式转化为，结合等差数列的定义与通项公式即可求得，作差求解判断的单调性，从而得的最值，即可求得实数的取值范围. 【详解】已知数列的前n项和为，且满足， 则当时，，整理得， 所以， 又当时，， 故数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，故， 所以， 当时，，则， 当时，，所以， 综上可得：， 若对任意，恒成立，则，故实数的取值范围是. 故选：A. 8. 拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在中，已知，且，现以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理可求解外接圆的半径，即可根据余弦定理得，利用基本不等式以及三角形的面积公式即可求解. 【详解】设的三个内角，，的对边分别为，，. 连接，则由题设得， 因为以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，， 所以，，所以， 在中，由余弦定理可得，即， 又，∴，即（等号当时成立）， 由题意可得为等边三角形，故. 故选：B 二、多选题 9. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 时，的值域为 C. 有三个零点 D. 曲线关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，利用导数确定函数单调性、极值与最值即可判断ABC，对于D，通过验证的值是否为6来验证对称性. 【详解】，解得，所以在上单调递减，故A正确； 又时，单调递减，单调递增，， 所以时，的值域为，故B错误； 在上单调递减，在和单调递增， ，所以只有一个零点，故C错误； 因为，所以曲线关于点对称，故D正确； 故选：AD. 10. 在空间四边形ABCD中，，，则（ ） A. 若M为CD的中点，则 B. 直线AD与BC所成角的余弦值为 C. D. 空间四边形ABCD外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算以为基底计算即可判断A；根据空间四边形的棱长结合余弦定理计算的值，从而利用空间向量的线性运算与数量积计算，即可判断B；计算，从而得数量积即可判断C；根据空间四边形的对棱长度相等，将几何体补成长方体，按照长方体计算外接球的表面积即可判断D. 【详解】 对于A，若M为CD的中点，则，故A正确； 对于B，因为，，所以由余弦定理得： ， 又，所以， 故直线AD与BC所成角的余弦值为，故B不正确； 对于C，因为，又， 所以，则，故C正确 ； 对于D，由于空间四边形ABCD中，，， 所以如下图将空间四边形ABCD补成长方体， 则空间四边形ABCD外接球即长方体的外接球， 所以外接球半径 所以外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数的函数值等于的正因数的个数.例如.则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 设，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用的概念，结合质因数概念和裂项相消法计算判断即可. 【详解】对于A，6的正因数为共4个，所以，故A正确； 对于B，，它的因数形如，其中， 所以不同的因数有个，即，故B不正确. 对于C，因为，所以， 所以 ，故C正确； 对于D，，则 ，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12. 某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有___________个． 【答案】18 【解析】 【分析】先选出数值，再把它们分配到三个位置上，结合乘法计数原理可得答案. 【详解】先从这3个数中选2个，有种选法； 再分配2个数到3个位置，必有2个位置的数是相同的， 选择出现1次的数：从选中的2个数中选1个，有种选法， 选择出现1次的数的位置：有种选择； 共有种编码. 故答案为：18 13. 复数满足，，则的最小值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数的几何意义结合题意分别求出直线和圆的方程，再利用圆心到直线的距离求解. 【详解】满足的复数对应的点是以，为端点的线段的垂直平分线， 由的中点坐标为，，得的垂直平分线方程为，即． 满足的复数对应的点是以为圆心，以1为半径的圆， 则圆心到直线的距离为， 所以的最小值为． 故答案为：． 14. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍（chú méng）者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也．甍，屋盖也．”其释义为：刍甍，底面有长有宽的矩形，顶部只有长没有宽为一条棱的五面体．刍甍字面意思为茅屋屋顶．如图所示，现有刍甍，所有顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，，，该刍甍的体积最大时，________，体积的最大值为_________． 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】设，由球的性质可得出，把几何体补形为直三棱柱，利用三棱柱与三棱锥体积的差表示出刍甍的体积，利用导数求最大值即可. 【详解】连接交于点，取中点,连接,补几何体为直三棱柱，如图， 因为顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，故球心为的交点,故, 设，则中，（）， 设刍甍的体积为，则, 即 ， 令， ， 令，则， 当时，，故单调递减，令解得， 所以当时，，即，单调递增， 当时，，即，单调递减， 故当时，， 此时. 故答案为：2； 【点睛】关键点点睛：利用补形的方法，将几何体补形为直三棱柱，根据三棱柱与棱锥的体积差求出刍甍的体积，是解题的关键，同时注意利用导数求函数的最大值也是解题的一个难点，属于难题. 四、解答题 15. 已知函数，其中. （1）若函数在区间内恰有2个极值点，求的取值范围； （2）当时，在中，角所对的边分别为，且，求边的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先化简得到，由在上恰有2个极值点，结合三角函数的性质，列出不等式，即可求解； （2）由，得到，求得，且，再由正弦定理，求得，结合和三角函数的性质，即可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 解：由， 因为，可得 又因为在上恰有2个极值点，则满足， 解得，所以的取值范围为. 【小问2详解】 解：当时，可得 由，可得，即， 因为，可得，所以， 解得，所以， 又由正弦定理，可得， 所以， 又因为，可得，所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以实数的取值范围为. 16. 已知抛物线：（）的焦点为，点（）在上，，斜率为的直线与交于，两点． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设直线与的斜率分别为，，证明：为定值． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由焦半径公式求出p即可求解； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理和弦长公式即可求出参数得解； （3）由两点间斜率公式结合（2）中的韦达定理进行转化计算即可求解. 【小问1详解】 根据题意可得，解得．所以的方程为． 【小问2详解】 设，，直线的方程为． 由消去得， 所以即，，， 所以，解得， 所以直线的方程为； 【小问3详解】 证明：因为点在上，所以或（舍去），所以， 由（2）得，， 所以． 因为，， 所以，即为定值． 17. 如图，在各棱长均相等的三棱柱中，，四棱锥的体积为. （1）求点到平面的距离； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）根据，得到，再利用等体积法，由求解. （2）取上一点使得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，由求解. 【小问1详解】 ，四棱锥的体积为， 所以， 记点到平面的距离为，，于是. 【小问2详解】 取上一点使得， 由已知平面平面，而平面，平面平面， 故平面，又平面， 所以，于是由勾股定理得， 由平面几何知识知为中点，可知. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 于是，，，，， ，. 设平面的一个法向量为， 则，即，可取， 设直线与平面所成角为， 则. 18. 已知函数. （1）直线是在处的切线，求直线在轴上的截距； （2）求函数的值域； （3）当时，求方程的实根个数. 【答案】（1）； （2）； （3）2. 【解析】 【分析】（1）求导数，求得及，由点斜式写出切线方程，然后得到其横截距； （2）设，求其导数.然后得到函数的单调区间，从而求得的最大值，再计算函数在端点处的函数值，从而得到函数的值域. （3）设，求其导数，则，由（2）可知的单调区间，从而知道的正负，由零点存在性定理得到的零点，从而得到函数的单调区间，再得到与0的大小关系，由零点存在性定理得到函数的零点个数. 【小问1详解】 由， ， 当时，，故切线方程， 当时，可知直线在轴上的截距为. 【小问2详解】 设，则. 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 则函数的最大值为. 又， 所以函数的最小值为. 的值域为. 【小问3详解】 设， ，则， 由（2）可知在上单调递增，在上单调递减. . 当时，. 故存在，使， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 又. 由零点的存在性定理可知在上有一个零点， 所以函数在上的零点个数为2. 19. 某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏. （1）当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望； （2）若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）. ①证明数列，，，，是等比数列； ②求活动参与者得到礼券的概率. 【答案】（1） （2）①证明：，即累计得分为分，是第一次掷骰子，向上点数不超过点，，则，累计得分为分的情况有两种： （i），即累计得分，又掷骰子点数超过点，其概率为， （ii）累计得分为分，又掷骰子点数没超过点，得分，其概率为， 所以，所以，，，，， 所以，，，，是首项为，公比为的等比数列. ② 【解析】 【分析】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，而每轮游戏的结果互相独立，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，，即可求出的期望. （2）①根据累计得分为分的概率为，分两种情况讨论，从而得到递推式，再根据构造法求证即可； ②根据①可求出，再根据累加法可求出，再由从而求解即可. 【小问1详解】 由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，所以，，，，，而，所以随机变量的可能取值为，，，，所以 ， ， ， ， 所以的分布列为： 所以. 【小问2详解】 ①略 ②因为数列，，，，是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以 ， ， ， 各式相加，得， 所以，，，，， 所以活动参与者得到礼券的概率为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026秋学期金坛一中高三数学期末适应性考试 命题人：张程 审核人：李静 一、单选题 1. 设集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量，且，则展开式中各项系数之和为（ ） A. 32 B. 64 C. D. 3. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛如图所示，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第15层小球的个数为（ ） A. 100 B. 120 C. 128 D. 240 4. 正六棱台的上、下底面边长分别为2 和 4，侧棱长为 ，则该正六棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 设为椭圆上一动点，、分别为圆和圆上的动点，则不可能为（ ） A. B. C. D. 6. 已知两两不共线的三个平面向量满足：，使得，则（ ） A. 3 B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，且满足，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在中，已知，且，现以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的面积最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多选题 9. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 时，的值域为 C. 有三个零点 D. 曲线关于点对称 10. 在空间四边形ABCD中，，，则（ ） A. 若M为CD的中点，则 B. 直线AD与BC所成角的余弦值为 C. D. 空间四边形ABCD外接球的表面积为 11. 已知函数的函数值等于的正因数的个数.例如.则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 设，则 三、填空题 12. 某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有___________个． 13. 复数满足，，则的最小值为_______． 14. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍（chú méng）者，下有袤有广，而上有袤无广，刍，草也．甍，屋盖也．”其释义为：刍甍，底面有长有宽的矩形，顶部只有长没有宽为一条棱的五面体．刍甍字面意思为茅屋屋顶．如图所示，现有刍甍，所有顶点都在球O的球面上，球心O在矩形所在的平面内，，，该刍甍的体积最大时，________，体积的最大值为_________． 四、解答题 15. 已知函数，其中. （1）若函数在区间内恰有2个极值点，求的取值范围； （2）当时，在中，角所对的边分别为，且，求边的取值范围. 16. 已知抛物线：（）的焦点为，点（）在上，，斜率为的直线与交于，两点． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设直线与的斜率分别为，，证明：为定值． 17. 如图，在各棱长均相等的三棱柱中，，四棱锥的体积为. （1）求点到平面的距离； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数. （1）直线是在处的切线，求直线在轴上的截距； （2）求函数的值域； （3）当时，求方程的实根个数. 19. 某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏. （1）当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望； （2）若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）. ①证明数列，，，，是等比数列； ②求活动参与者得到礼券的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $