精品解析：广西玉林市2026届高三1月份适应性测试数学试题

2026届高中毕业班1月份适应性测试 数 学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知集合是不大于6的正奇数，，则（ ） A. B. C. D. 2. 等比数列中，，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 1 3. 在复平面内，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 4. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 已知直线平分圆的面积，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 1 6. 已知某扇形的周长为6，面积为2，圆心角为锐角，则其弧长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 将单词卡片“breathless”拆解成十张字母卡片，现从中随机抽两张字母卡片，已知一张字母卡片最多只能被抽到一次，若抽到的两张卡片上的字母相同，则它们均为e的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 半径为2的球O的球面上有四点，其中为球O直径，是等边三角形，若，则四面体的体积为（ ） 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. 已知双曲线（）的渐近线方程为，其焦点分别为，，点在上，则（ ） A. B. 的离心率可以为 C. 当时，点到渐近线的距离为6 D. 当时， 10. 记为正项数列的前n项和，且，则（ ） A. B. 是等差数列 C. 是递增数列 D. 是递增数列 11. 已知函数，，都是奇函数，是偶函数.当时，，则（ ） A. B. 对任意， C. 当且仅当， D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的四个顶点围成四边形的周长与面积的比值为__________. 13. 已知函数（），若曲线关于点中心对称，则的最小值为__________. 14. 若，，则__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 记内角的对边分别为，已知，. （1）求； （2）若边上的高为，求与的外接圆半径. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：. 17. 如图，在三棱台中，，平面ABC，. （1）证明：平面平面； （2）点M满足，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 在平面直角坐标系中，抛物线C：（）的焦点为.设n为正整数，点为C上一点，直线交C于另一点. （1）求a； （2）证明：为定值，并求该定值； （3）分别作以点与点为切点的抛物线的两条切线相交于点，证明：. 19. 设函数，集合（）.a，，设的图象与x轴有交点的概率为. （1）求的值； （2）求关于n的表达式； （3）证明：. 参考公式：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高中毕业班1月份适应性测试 数 学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知集合是不大于6的正奇数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】列举法写出集合 ，再由交集运算即可求解. 【详解】是不大于6的正奇数，又， 则. 故选：B. 2. 等比数列中，，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由等比数列的性质即可求解. 【详解】由等比数列的性质可得，故. 故选：A. 3. 在复平面内，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】C 【解析】 【分析】先求出所求复数，再判断其对应点所在象限即可. 【详解】由题意得，则 ， 则该复数对应的点位于第三象限，故C正确. 故选：C 4. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算以及平行向量的坐标表示即可求出值. 【详解】，，则， 由得，解得. 故选：D. 5. 已知直线平分圆的面积，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】先依据圆的一般方程求出圆心坐标，进而代入直线方程求解即可. 【详解】由题意得圆的圆心为， 因为直线平分圆的面积， 所以直线必过圆心， 则，即，故A正确. 故选：A 6. 已知某扇形的周长为6，面积为2，圆心角为锐角，则其弧长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用弧长公式和面积公式求出弧长，再结合题意取舍即可. 【详解】设扇形的弧长为，扇形的半径为，圆心角为， 因为扇形的周长为6，面积为2， 所以，解得或， 当时，，不是锐角，故排除， 当时，，符合题意，故B正确. 故选：B 7. 将单词卡片“breathless”拆解成十张字母卡片，现从中随机抽两张字母卡片，已知一张字母卡片最多只能被抽到一次，若抽到的两张卡片上的字母相同，则它们均为e的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】记事件A: 抽到的两个字母相同，事件B: 抽到的字母均为e，利用条件概率的概念分别求出和 ，从而得解. 【详解】记事件A: 抽到的两个字母相同，事件B: 抽到的字母均为e， 注意到重复情况仅可能为两个e或两个s， 故，， 于是. 故选：D. 8. 半径为2的球O的球面上有四点，其中为球O直径，是等边三角形，若，则四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的中点为，，延长交球于，由题意可得，由得，再利用三棱锥体积公式计算即可求解. 【详解】如图，设的中点为，，延长交球于， 由题意可知，，，， 如图，记外接圆圆心为，则为的中点， 则，，，， 而， ， 因为，解得，所以，得到，， 故四面体体积为. 故选：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. 已知双曲线（）的渐近线方程为，其焦点分别为，，点在上，则（ ） A. B. 的离心率可以为 C. 当时，点到渐近线的距离为6 D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】先求出渐近线方程，再结合题意求出判断A，举特例判断B，求出标准方程，利用点到直线的距离公式判断C，利用双曲线的定义判断D即可. 【详解】对于A，可得双曲线，令，得到， 化简得渐近线方程为，由题意得渐近线方程为， 得到，解得，故A错误， 对于B，由已知得，则双曲线方程变为， 令，则双曲线方程变为， 化为标准方程可得，此时， 可得离心率为，故B正确， 对于C，当时，方程变为， 化为标准方程可得，此时， 由题意得渐近线为，取一条渐近线，即， 设，点到渐近线的距离为， 由点到直线的距离公式得，故C错误， 对于D，当时，双曲线方程变为， 化为标准方程可得，此时， 由双曲线的定义得，故D正确. 故选：BD 10. 记为正项数列的前n项和，且，则（ ） A. B. 是等差数列 C. 是递增数列 D. 是递增数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据与的递推公式进行化简，对各个选项逐一检验即可求解. 【详解】对于A, 注意到, , , , 由得, 故A正确; 对于B, 实际上, , , , 显然, 故B错误; 对于C, 由,与两式相减得， 即, 因为为正项数列，所以且, 可得, 即, 故C正确, 对于D, 注意到, 可得是递增数列, 故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，，都是奇函数，是偶函数.当时，，则（ ） A. B. 对任意， C. 当且仅当， D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性、对称性可判断A；构造函数，根据奇偶性、对称性可判断B；构造，由对称性、周期性画出函数图像可判断C；根据对称性、周期性，以及与的值域可判断D. 【详解】对于A，由是奇函数可得， 可知曲线关于对称， 又是奇函数，关于对称， 可知对于任意整数，关于对称， 于是，故A正确； 对于B，由A,成立， 构造， 由于是偶函数，则是偶函数， 则关于对称， 由于是奇函数，是奇函数，则是奇函数， 则，， 即周期为4， 而，，，， 则，故B正确； 对于C，令，则为奇函数， ， 关于对称，则周期为4， 当时， 在一个周期内画出和图像， 则可得即，当且仅当或，， 故C错误； 对于D，当时，， 则在上，，， 则，故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. 椭圆的四个顶点围成四边形的周长与面积的比值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出椭圆的顶点坐标，进而求出周长与面积的比. 【详解】椭圆的顶点依次为，这4个顶点围成菱形， 其周长为，面积为， 所以所求比值为. 故答案为： 13. 已知函数（），若曲线关于点中心对称，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由正切函数性质列式计算可得，由，，计算可得，代入计算可得. 【详解】由正切函数性质可知，函数的对称中心为， 因为曲线关于点中心对称， 所以，即 因为，所以，解得， 因为，所以，故. 故答案为： 14. 若，，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】变形给定等式，构造函数并确定其单调性，由此性质求解即得. 【详解】 ，令函数， 而函数在上单调递增，则函数在上单调递增， 又原等式等价于，由，得， 因此，所以. 故答案为：4 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 记内角的对边分别为，已知，. （1）求； （2）若边上的高为，求与的外接圆半径. 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合题意得到，再结合三角形内角的性质得到的取值即可. （2）作出符合题意的图形，利用锐角三角函数的定义结合勾股定理求出，利用正弦定理求出外接圆半径即可. 【小问1详解】 由余弦定理得， 因为，所以， 化简得，而，则，解得， 因为，所以. 【小问2详解】 如图，作出符合题意的图形，作， 因为边上的高为，所以， 由锐角三角函数的定义得， 因为，所以，由勾股定理得， 设外接圆半径为，由正弦定理得，解得. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：. 【答案】（1） 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减， （2） 由题意得， 令，则， 令，，令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 则的极小值为，而， 可得，即得证. 【解析】 【分析】（1）对参数范围进行讨论，再利用导数求解单调性即可. （2）利用导数求出单调区间，进而得到最值证明不等式即可. 【小问1详解】 因为，所以， 当时，可得，此时在上单调递增， 当时，令，， 令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 综上可得，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减， 【小问2详解】 略 17. 如图，在三棱台中，，平面ABC，. （1）证明：平面平面； （2）点M满足，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）由 平面 平面知 ． 由 平面 ， 平面 得 平面 ， 由 平面 知 ， 由几何关系知 ，于是 . 由 平面平面，可得平面 ， 由 平面 得 平面 平面 ． （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面与平面垂直的判定即可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面 和平面 的法向量，利用平面 与平面的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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，如图建立空间直角坐标系， 不妨设 ，则 ，，，， 由可得， 于是 ，， 显然平面 的一个法向量 ， 设平面 的一个法向量为 ， 即，可取， 记平面 与平面 的夹角为 则. 18. 在平面直角坐标系中，抛物线C：（）的焦点为.设n为正整数，点为C上一点，直线交C于另一点. （1）求a； （2）证明：为定值，并求该定值； （3）分别作以点与点为切点的抛物线的两条切线相交于点，证明：. 【答案】（1）； （2）； （3）抛物线在处的斜率， 故切线方程为． 同理，在处的切线方程为， 两式相减得， 也即，解得， 代入切线方程得． 故， 则由基本不等式，， 当且仅当时，等号成立， 故，得证. 【解析】 【分析】（1）直接代入焦点坐标即可得到方程，解出即可； （2）设直线方程为，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理即可得到答案； （3）求导得点和点处的切线方程，作差后得到，再计算的表达式，最后利用基本不等式即可证明. 【小问1详解】 抛物线等价于， 由于焦点为，则有，解得． 【小问2详解】 由（1），设直线方程为， 联立，得． 由于为直线与抛物线交点，故为上述方程的两根， 故由韦达定理，，也即为定值. 【小问3详解】 略 19. 设函数，集合（）.a，，设的图象与x轴有交点的概率为. （1）求的值； （2）求关于n的表达式； （3）证明：. 参考公式：. 【答案】（1） （2） （3）从反面考虑，从 中等概率任取 2 个可相等的数分别记为 ， 使 不存在零点的概率为 ． 当其无零点时， ．由于 ，故 ． 故此时，满足 的的选取方式总数小于 ． 故 ，也即 得证． 【解析】 【分析】（1）根据零点的性质，令函数，利用可得，利用列举法即可求得. （2）分别讨论当和当时，的总取法，从而可求解. （3）从反面考虑，先求出 不存在零点的概率为 ．从而证得. 【小问1详解】 的图象与x轴有交点的概率等价于存在零点的概率. 令，即，即. 当时,任取2个可相等的数的总方式为， 其中满足的方式为，共七种，故. 【小问2详解】 由（1）可知等价于求的概率. 当时，.又为中的元素，故恒成立， 此时仅需考虑的总取法. 此时的总取法为，的总取法为， 故两者相乘可得总取法数为. 当 时,易有 的总计有个, 故此时的取法总数为. 综上,满足条件的总取法数为. 故所求概率=. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $