精品解析：广东部分学校2026届高三年级上学期1月适应性测试数学试题

2026届高三年级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. 已知集合不为正有理数为无理数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知直线平分圆的面积，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 1 4. 已知是相交的两个平面，交线为，记一条直线为，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则与必然无交点 B. 若，则与必然无交点 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知函数，且是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 6. 记双曲线的右焦点为为上一点，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 设函数，已知，且在区间上无零点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知是的某种排列，集合，，且，则这样的有序数对的个数为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知事件为一组相互独立的事件，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 在面积为的中，，则（ ） A. B. C. D. 的外接圆半径为 11. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. 的前2026项和为 D. 的前2026项和为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________． 13. 已知，，若，则的最小值为__________. 14. 已知椭圆的上，下顶点分别为，左焦点为，右顶点为.已知四边形有外接圆，则的焦距为__________；记该外接圆上有一点，则的取值范围是__________. 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. 已知抛物线的焦点为，过点作斜率为3的直线，且与交于两点. （1）求； （2）求. 16. 自2025年6月起，白银价格增长速度迅猛，体现其在重工业与新兴工业中所占据的重要地位.以2025年7月的月份为1，此时白银期货（LOF）C单支价值为100，得到下表数据： 月份 1 2 3 4 5 单支价值 100 102 110 124 129 记月份为时单支价值为，进行直线拟合得到. （1）求这五个月份对应白银期货（LOF）单支价值的平均值； （2）求得到的经验回归方程的斜率与纵截距. 参考数据：.其中. 17. 如图，在三棱锥中，平面，,点满足. （1）若. （i）证明：平面； （ii）求三棱锥的体积. （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求. 18. 定义，我们称为维向量，其模长，维向量可构成维空间.在维空间中放置一个维球，记其半径为，体积为，则.记维向量，已知维球的直径，其体积为. （1）求； （2）证明：； （3）记为数列的前项和，证明：. 19. 已知函数. （1）当时. （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求的零点个数. （2）若的零点个数为2，求的取值集合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级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. 已知集合不为正有理数为无理数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先理解集合中的元素，从而可判定集合的关系. 【详解】由条件得，即集合由无理数、负有理数和0构成， 所以是集合的真子集. 故选：B. 2. 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. 3. 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 4. 已知是相交的两个平面，交线为，记一条直线为，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则与必然无交点 B. 若，则与必然无交点 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】举反例可说明选项ABC中的命题为假命题，由线面平行的判定定理可说明D为真命题. 【详解】对于A，当且仅当时无交点，但当不与垂直时，显然两者不平行，即与必然有交点；当时，还可能在内，故A错误. 对于B，当时，显然，但此时与有无数个交点，故B错误. 对于C，若，由知应有，而选项未有该条件，即当不与垂直时，由推不出，故C错误. 对于D，由知，由得，故D正确. 故选：D. 5. 已知函数，且是偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取代入确定，即得，根据是偶函数及函数的对称轴即可求得的值. 【详解】将代入，可得，则， 于是，显然其对称轴， 而是偶函数即曲线关于对称，故得. 故选：C. 6. 记双曲线的右焦点为为上一点，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断出点在右支的右侧，根据双曲线定义以及三点共线可求出的最小值. 【详解】记的左焦点为，显然， 而，于是点在右支的右侧，如下图： 则. 当且仅当三点共线时，等号成立. 故选：B. 7. 设函数，已知，且在区间上无零点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出，再利用函数在区间内无零点求出的范围，最后利用正弦函数单调性求最大值． 【详解】，所以， 在区间上无零点，则，解得， ，，令，则， 在上单调递增， ． 故选：D． 8. 已知是的某种排列，集合，，且，则这样的有序数对的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件把问题转化为满足的有序对个数，再对分类讨论求出满足情况的对数，最后求和． 【详解】，的总对数为， 时，，，除均满足，共对； 时，，，则时： 若，可取共3种； 若，可取共计2种；若，则可取共计1种； 不满足的情况为种， 共种情况； 时，，，则： 若，可取1种；若，可取2种；若，可取3种； 若，可取4种；若，可取5种； 不满足的情况为种， 共种情况； 时，，， 若，可取4种；若，可取3种；若，可取2种；若，可取1种； 共种情况； 时，，： 若，可取2种；若，可取1种； 共种情况； 时，，，不存在； 总情况数为种． 故选：C． 二､多选题：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. 已知事件为一组相互独立的事件，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据事件相互独立的定义可判断A正确，利用概率加法公式直接计算可得B错误，D正确；利用相互独立事件性质可得C错误. 【详解】对于A：因为事件与事件相互独立，所以，故A正确； 对于B：因为，故B错误； 对于C：因为，所以， 因为事件与事件相互独立，所以事件与事件相互独立， 于是，故C错误； 对于D：因为，故D正确. 故选：AD. 10. 在面积为的中，，则（ ） A. B. C. D. 的外接圆半径为 【答案】AB 【解析】 【分析】A利用正弦定理可得；B利用面积公式以及数量积的定义可求出；C由余弦定理以及正弦定理可得，结合取等条件可得；D根据C选项求出边长，再结合正弦定理即可. 【详解】对于A，由以及正弦定理得， 又，则，故A正确； 对于B，由得， 于是由面积得，得 于是，故B正确， 对于C，由余弦定理以及正弦定理得 ， 可知时取等，此时由得，即，故C错误； 对于D，由C可知，，则， 的外接圆半径，故D错误. 故选：AB 11. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. 的前2026项和为 D. 的前2026项和为 【答案】AB 【解析】 【分析】分别计算，利用正切函数的单调性可判断其正负，可判断AB；利用和角公式化简并计算出其前2026项和，可判断C；利用裂项求和可判断D. 【详解】对于A，因，在和上都是增函数， 故，即，故A正确； 对于B，因，可得，则， 又，函数在上是增函数，故，则，故B正确； 对于C，因， 故的前2026项和为，故C错误； 对于D，因，则 故的前2026项和为： ， ，故D错误. 故选：AB. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________． 【答案】0 【解析】 【分析】利用余弦和差公式可得，再根据同角三角函数的关系求值即可． 【详解】显然， 于是． 故答案为：0． 13. 已知，，若，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义将问题转化为平面向量问题，再结合点到直线的距离公式求解即可. 【详解】将复数转至复平面上进行研究，则复数对应的向量为，复数对应的向量为， 若复数，则其所对应的向量，故复数在复平面上对应的点在直线上. 直线的斜率，所以直线的方程为，即， 因为,所以的最小值为原点到该直线的距离. 故答案为：. 14. 已知椭圆的上，下顶点分别为，左焦点为，右顶点为.已知四边形有外接圆，则的焦距为__________；记该外接圆上有一点，则的取值范围是__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，可得，再由勾股定理即可得，再结合圆上的点到定点距离的最值即可求解． 【详解】不妨记，由有外接圆知， 由对称性得， 由勾股定理得， 即， 即， 由得， 故焦距为； 显然在该外接圆内， 易知外接圆的圆心，即， 半径， 于是， 于是的取值范围是． 故答案为：；． 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. 已知抛物线的焦点为，过点作斜率为3的直线，且与交于两点. （1）求； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，根据韦达定理以及抛物线的定义求； （2）利用抛物线的定义以及韦达定理求. 【小问1详解】 显然，易知3， 联立，得， 设，于是， 由抛物线定义得. 【小问2详解】 由（1）可知， 则 . 16. 自2025年6月起，白银价格增长速度迅猛，体现其在重工业与新兴工业中所占据的重要地位.以2025年7月的月份为1，此时白银期货（LOF）C单支价值为100，得到下表数据： 月份 1 2 3 4 5 单支价值 100 102 110 124 129 记月份为时单支价值为，进行直线拟合得到. （1）求这五个月份对应白银期货（LOF）单支价值的平均值； （2）求得到的经验回归方程的斜率与纵截距. 参考数据：.其中. 【答案】（1）113 （2）8；89 【解析】 【分析】（1）直接求平均值， （2）将数据代入参考数据以及线性回归方程求解， 【小问1详解】 记平均值为， 则， 这五个月份对应白银期货（LOF）单支价值的平均值为， 【小问2详解】 注意到， ， 显然 ， 于是. 所以经验回归方程的斜率为，纵截距为. 17. 如图，在三棱锥中，平面，,点满足. （1）若. （i）证明：平面； （ii）求三棱锥的体积. （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）（i）由平面，而平面，可得， 因，则依题意，， 在中，，故， 因，平面，故平面. （ii） （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）先由平面证得，再由解三角形证明，再由线面垂直的判定定理即可证得结论；（ii）根据平面，利用等体积转化和棱锥体积公式，求三棱锥的体积即可； （2）如图建系，写出相关点和相关向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【小问1详解】 （i）略 （ii）此时， 由勾股定理得， 于是. 【小问2详解】 以为坐标原点，垂直于平面的方向为轴正方向，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， 则， 于是，. 设平面的法向量为， 则，故可取. 记直线与平面所成角为， 则， 两边平方，整理得， 即， 由可得. 【点睛】 18. 定义，我们称为维向量，其模长，维向量可构成维空间.在维空间中放置一个维球，记其半径为，体积为，则.记维向量，已知维球的直径，其体积为. （1）求； （2）证明：； （3）记为数列的前项和，证明：. 【答案】（1）， （2）注意到，， 于是， ， 可得. （3）注意到 ， 设的前项和为， ， ， 两式相减得； 于是. 【解析】 【分析】（1）根据题意求出维球的直径，利用公式代入计算即可； （2）将 ，代入公式进行化简，再对问题进行证明； （3）对通项公式进行化简，再结合错位相减法求和计算即可. 【小问1详解】 显然，于是， 故， . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）当时. （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求的零点个数. （2）若的零点个数为2，求的取值集合. 【答案】（1）（i）（ii）3 （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）求出时的解析式，利用导数的几何意义得到处的切线斜率，利用点斜式可得答案；（ii）分类，用导数讨论单调性，可得答案； （2）分类，利用导数结合零点存在定理可得答案. 【小问1详解】 （i）此时， 当时，， ， 切线斜率，又切线过点， 故可得切线方程为，即. （ii）时，时， ，， 时，单调递减； 时，单调递增， 注意到， 由零点存在定理可得其在上各存在一个零点， 由单调性知其在时有且仅有两个零点， 而时，单调递增，此时， 可得其在时有且仅有一个零点， 综上：的零点个数为3. 【小问2详解】 时，显然有且仅有一个零点，矛盾， 时，，考虑， 此时. 当时，时，单调递增，且， 由零点存在定理知其在内有且仅有一个零点. 故时其只有一个零点. 注意到时，单调递减；时，单调递增， 由唯一零点知，即，得. 当时，时，单调递增，且， 由零点存在定理知其在区间内有且仅有一个零点. 故时其只有一个零点.注意到，时，单调递增； （）时，单调递减， 由唯一零点知，即，. 综上，的取值集合是. . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $