精品解析：辽宁大连市第二十四中学2026届高三上学期适应性测试数学试卷

大连市第二十四中学2026届高三数学适应性测试 命题人、校对人：郐绍洋 何建璋 周雅浩 本试卷共6页，19题，全卷满分150分，考试时间120分钟. 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. 若复数满足，则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】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出，再求出其共轭复数对应点的位置. 【详解】依题意，， 所以在复平面内对应的点位于第四象限. 故选：D 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合，再将集合的元素逐一代入集合中逐一验证即可. 【详解】 ， 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则； 当时， 当时，，则； 当时，， 则. 因此， 故选：B 3. 在棱长为3的正四面体中，点是三角形的重心，若空间内一点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算可得，，即可根据数量积的运算律求解. 【详解】由可得，， 故， ， 又，， 故 ， 故选：C 4. 曲线的一条切线斜率为，则切点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设切点横坐标为，由导数的几何意义列方程即可求解. 【详解】设切点横坐标为， ，由题意可得，即， 即， 因为，解得. 故选：B 5. 已知椭圆与双曲线的焦距之比为，直线经过双曲线的一个焦点和椭圆的一个短轴端点，则截椭圆和双曲线所得的两条弦的弦长的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆与双曲线焦距之比为得到和在椭圆与双曲线中的关系，由此设出用表示的双曲线的右焦点和椭圆的上短轴端点，再使用两点式设直线方程，分别与椭圆与双曲线方程联立，各自解得两个含的交点坐标，再用两点间距离公式分别求椭圆和双曲线的弦长，最终作比即可求解. 【详解】由题意得椭圆的焦距为，双曲线的焦距为， 若焦距之比为，则有，即，解得， 在双曲线中，，即，，此时有，取双曲线右焦点， 在椭圆中，此时有，取椭圆短轴端点， 由题意得直线过和，则由两点式设直线，整理得，如图: ①联立椭圆与直线：，整理得，解得或， 当时，，此时直线与椭圆的交点为， 当时，，此时直线与椭圆的交点为， 则椭圆的弦长， ②联立双曲线与直线：，整理得，解得或， 当时，，此时直线与双曲线的交点为， 当时，，此时直线与双曲线的交点为， 则双曲线的弦长， 故椭圆弦长与双曲线弦长的比值. 故选：D. 6. 如图的列联表中，定义，易知越大越有利于结论“与有关系”.若当值大于常数时，有的把握认为与有关系，那么的值为（ ） (已知，其中，) 总计 总计 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据以及即可求解. 【详解】当有的把握认为与有关系，则，故， 此时临界条件为，此时对应的刚好为， 即此时,即， 故，则， 故， 故选：A 7. 一个五位数任意相邻两位所组成的两位数(包括00，0X)均是4的倍数，这样的五位数有（ ）个. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据五位数的前两位的数字，分两类情况讨论即可求解. 【详解】若五位数的形式是20×××，40×××，60×××，80×××时， 此时百位的数字可以是0,4,8中的任何一个，十位和个位数字也是0,4,8中的任何一个， 故此时共有种情况， 若五位数的形式是12×××，16×××，24×××，28×××，32×××，36×××，44×××，48×××，52×××，56×××，64×××，68×××，72×××，76×××，84×××，88×××，92×××,96×××时， 此时百位的数字可以是0,4,8中的任何一个，十位和个位数字也是0,4,8中的任何一个， 故此时共有种情况， 综上可得：符合条件的五位数共有个， 故选：A 8. 数列满足，设的前项和为，若，则实数的取值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用裂项相消法可求，结合可求实数的取值范围，逐项判断后可得正确选项. 【详解】因为， 故， 由裂项相消法可得， 故， 因为，故， 故， 故，， 而，，， ， 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 设函数的极小值点为，其中为自然对数的底数，则（ ） A. 的单调增区间为 B. 有且仅有两条斜率为的切线 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导，结合零点存在性定理即可判断函数单调性，进而可求解ACD，根据，构造函数，即可求解方程的根判断B. 【详解】， 当， 记，为单调递增函数，令，则， 故当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增， 且时，，则存在,使得， 因此当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增， 故是函数的极小值点， 当， 记，为单调递减函数，令，则， 故当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增，故，故，的在上单调递增， 因此的单调增区间为，A正确， 由于，故，即，C错误， 由于，，则，， 故， 由于，故对勾函数在单调递减，故，因此， 因此，因此，即，D正确， 当，令，则， 令， 当在单调递减，在在单调递增，故的最小值为且，，因此在只存在唯一的零点， 当，令，则， 令， 当在单调递减，在在单调递增，故的最大值为，故在上存在唯一的零点， 综上可得：有两个根和，故B正确， 故选：ABD 10. 已知△的外接圆半径为，且，则（ ） A. B. 边上的高为 C. △的面积为 D. 边上的中线长为 【答案】BC 【解析】 【分析】对三角恒等变换化简可得，其中角满足，，又，当且仅当，，可得，再结合三角函数单调性和三角形面积公式、正弦定理、余弦定理判断各选项即可． 【详解】由，有， 由代换与辅助角公式有， 其中角满足， 又，当且仅当，， 故有，，且， 由，则为钝角，所以，故A不正确； 因为，所以， 因为△的外接圆半径为，所以， 所以△的面积为，故C正确； 设边上的高为， 所以△的面积，解得，故B正确； 取中点为，连接， 因为，为锐角，所以， 又，，则， 在中，由余弦定理得， 所以，故边上的中线长为，故D不正确. 故选：BC. 11. 过点的直线分别交正半轴于点，则（ ） A. △面积最小时，的方程为 B. 最小时，点到直线的距离为 C. 的最小值为 D. 周长最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设的方程为：，则，根据基本不等式求出后可判断AB正误，利用三角换元可判断C的正误，利用直线的倾斜角的补角表示周长，再结合三角变换和基本不等式可求最小值，从而判断D的正误. 【详解】设的方程为：，则， 因为过，故.， 对于A，由基本不等式有即， 当且仅当时等号成立，故， 此时即的方程为：即，故A正确； 对于B， ， 当且仅当即时等号成立， 此时点到直线的距离为，故B错误； 对于C，，设， 则，则， 故，其中，故， 设，其中， 则当时，，当，， 故在上为减函数，在上为增函数， 故当时，而， 故，故C正确； 对于D，设直线的倾斜角的补角为， 则 故的周长为 ， 当且仅当即时等号成立， 故周长最小值为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知二项式中各项系数之和为，则________. 【答案】或 【解析】 【分析】利用各项系数之和求出，结合通项公式可得答案. 【详解】因为各项系数之和为，所以，解得或， 的展开式中含的项为，所以， 所以，当时，，当时，. 故答案为：或 13. 三棱锥的一组对棱长为，其余四条棱长均为1，则该三棱锥体积最大值为______________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意画出图，先证明出平面，根据图由三棱锥的体积公式，构造函数，利用导数求解函数的最值即可. 【详解】由题意画出棱锥的图形，，； 取的中点分别为，则平面，所以平面， ， 所以， 令， 当在单调递增， 当在单调递减， 故当时，体积取得最大值． 故答案为： 14. 将编号为的个小球放入编号为的个盒子中，其中，要求每个盒子至多放一个小球，且对于任意的号球放入的盒子所对应编号都小于号球放入的盒子所对应编号，则号球放入编号为______________的盒子的概率最大. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的放法数，判断单调性可得最大值. 【详解】将编号为的个小球放入编号为的个盒子中，要求每个盒子至多放一个小球， 看作是从 2n 个盒子中选出n个并按球的编号顺序排列，因此总的放法数为. 设事件：第号球放入盒子，满足，设时概率最大， 前个球要从编号 1,2,…, 中选个盒子并排序，方法数为； 第个球要从编号中选 1 个盒子，方法数为； 因此，对固定k，满足的放法数为. 要使概率最大，只需求的最大值， 令，得，整理得， 即，当时， 因为 k 为整数，且，所以取最接近的整数，可得. 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. 已知函数. （1）若，求实数的值； （2）若在上有且仅有两个不同极值点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，代入即可求解， （2）求导，将问题转化为在上仅有一个不为1的，实数根构造函数由导数求解函数的单调性，进而求解最值得解. 【小问1详解】 ， ，故 【小问2详解】 令，则在上有且仅有两个实数根， 由于，所以在上仅有一个实数根，则在上仅有一个不为1的实数根， 令则， 当时， 在上单调递增， 当时， 在上单调递减， 且 而故 16. 如图，直角三角形中，，，，分别为边的中点.将△沿向上翻折使二面角的大小为，得到四棱锥，点为上的点，且平面⊥平面. （1）证明：点为的中点； （2）过点作四棱锥的截面，求此截面将该四棱锥分成上下两部分的体积之比. 【答案】（1）证明：在平面图中，因为分别为的中点，所以， 所以翻折后有 ，又平面 ，所以 平面 ， 又因为 平面 ，所以平面平面 ， 那么存在一直线平面 使得平面且平面， 因为平面 平面 ，所以存在直线平面使得平面 且平面 ， 则 ，又平面，平面，所以平面， 又平面 ，平面平面，所以， 所以 平面 ， 因为平面 ，所以 ， 又因为，所以点为 的中点； （2） 【解析】 【分析】（1）根据折叠前后的几何性质结合线面垂直判定定理可得 平面 ，从而得平面平面 ，存在平面使得平面 且平面 ，从而可得 ，于是可得，进而 平面 ，根据垂直关系可得结论； （2）建立空间直角坐标系利用空间向量的坐标运算确定的坐标，在 平面内，得直线，直线，联立解得的坐标，该根据四棱锥 的截面性质求解分成上下两部分的体积之比. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 延长交于点，连接 交于点，则截面即为 ， 记该截面将四棱锥分成上下两部分的体积分别为， 以为原点，过点垂直于平面的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为平面 平面 ， 所以是二面角的平面角，即， 又因为 ，所以，则， 在平面内，直线即，直线即， 联立解得，而，所以， 则， ， 所以， 所以. 17. 现有甲乙丙丁四人玩传球游戏，每一次传球时都有一定概率传给场上的某个人或留在自己手里（留在自己手里也视作经过了一轮），具体规则如下表. 接球者 传球者 甲 乙 丙 丁 甲 乙 丙 丁 （1）通过计算说明最初球在谁手里时，第二次传球后球在甲手中的概率最大； （2）记传球次后球在甲手中的概率为； ①讨论在不同初始持球者的情况下，的表达式； ②已知初始持球者为甲，设，数列的前项和为，求的最值. 【答案】（1）乙 （2）①若最初时球在甲、丙、丁手中，， 若最初时球在乙手中，， ②的最小值为，最大值为 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式分别求解概率，比较大小即可求解, （2）①根据递推关系可得为等比数列，即可分类讨论球在甲乙丙丁手中的概率，进而求解； ②根据可得，进而利用裂项相消法求解，即可求解. 【小问1详解】 若球最初在甲手里，第二次传球后球在甲手中的概率为 若球最初在乙手里，第二次传球后球在甲手中的概率为 若球最初在丙手里，第二次传球后球在甲手中的概率为 若球最初在丁手里，第二次传球后球在甲手中的概率为 【小问2详解】 ①记第次传球后，球在乙丙丁手中的概率分别为， 由， 由题意可得 观察式：由于故有， ，故为等比数列，且公比为， 故， 式中， ， 若最初球在乙手中，则， ， 若最初球在甲或者丙或者丁手中，则， ， 综上所述，若最初时球在甲、丙、丁手中，， 若最初时球在乙手中，， ②由①知： ， 当时，取到最小值，当时，取到最大值， 18. △中角的对边分别为，满足，. （1）证明：； （2）求△的内切圆半径的取值范围； （3）若，△的内切圆上有一点，求点到三点的距离的平方和的最值. 【答案】（1）证明，由知，在中由余弦定理得： （2） （3）最小值为，最大值为 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合条件，将边长关系转化为代入，得到，再利用三角形边的关系完成不等式证明； （2）由内切圆半径公式与已知的三角比值，通过消元将表达为关于的二次函数，结合的取值范围，得到的范围； （3）在特定边长下建立平面直角坐标系，利用内切圆的参数方程表示动点，通过三角恒等变换将距离平方和化为关于的一次函数，从而求得最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由 可知 又 而. 【小问3详解】 由 解得，可知为直角三角形，且， 以为原点，分别为轴正方向建立平面直角坐标系， 则，设内心有 设 整理得：， ，即所求得最小值为，最大值为. 【点睛】 19. 平面直角坐标系中，曲线与的交点为(不与原点重合)，且为定值，记点的轨迹为曲线. （1）证明曲线是双曲线，并写出的焦点的坐标(点在点右侧)； （2）若点到点的距离为，求的取值范围； （3）当时，斜率小于零的直线交曲线于另一点，点在靠近点的一支双曲线上(点与点在直线同侧)，满足，连接交于点，证明点的轨迹是椭圆的一部分，并求出该椭圆的离心率. 【答案】（1） 证明：两抛物线方程相乘得， 因为，所以，即， 即曲线是反比例函数的图像， 取点 设上一点， 则 ， 即点到两点距离之差的绝对值恒为定值，且该定值， 所以曲线是以为焦点的双曲线； （2） （3） 依题意作图如下，由于关于原点对称，有， 所以， 根据同高原理知，则关于原点对称，所以， 设，直线，则，曲线， 联立，得， 则， 则， 所以， 因为，由可得，所以， 同理， 所以为定值，且， 所以点在以为焦点的椭圆上， 且， 所以该椭圆的离心率为. 【解析】 【分析】（1）两抛物线方程相乘得，从而可得曲线是反比例函数的图像，取点设上一点，结合双曲线定义求解并与比较大小即可得结论； （2）设由题意，从而得，令结合二次函数求得最值即可得的取值范围； （3）根据对称性有，所以，从而得，设，直线，联立直线与曲线，根据韦达定理结合椭圆的定义证得结论，从而得离心率. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设由题意， 所以， 令，则， 由，可得， 所以， 故时，；时，， 所以，故的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大连市第二十四中学2026届高三数学适应性测试 命题人、校对人：郐绍洋 何建璋 周雅浩 本试卷共6页，19题，全卷满分150分，考试时间120分钟. 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. 若复数满足，则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 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 在棱长为3的正四面体中，点是三角形的重心，若空间内一点满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 曲线的一条切线斜率为，则切点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆与双曲线的焦距之比为，直线经过双曲线的一个焦点和椭圆的一个短轴端点，则截椭圆和双曲线所得的两条弦的弦长的比值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图的列联表中，定义，易知越大越有利于结论“与有关系”.若当值大于常数时，有的把握认为与有关系，那么的值为（ ） (已知，其中，) 总计 总计 A. B. C. D. 7. 一个五位数任意相邻两位所组成的两位数(包括00，0X)均是4的倍数，这样的五位数有（ ）个. A. B. C. D. 8. 数列满足，设的前项和为，若，则实数的取值可以为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 设函数的极小值点为，其中为自然对数的底数，则（ ） A. 的单调增区间为 B. 有且仅有两条斜率为的切线 C. D. 10. 已知△的外接圆半径为，且，则（ ） A. B. 边上的高为 C. △的面积为 D. 边上的中线长为 11. 过点的直线分别交正半轴于点，则（ ） A. △面积最小时，的方程为 B. 最小时，点到直线的距离为 C. 的最小值为 D. 周长最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知二项式中各项系数之和为，则________. 13. 三棱锥的一组对棱长为，其余四条棱长均为1，则该三棱锥体积最大值为______________. 14. 将编号为的个小球放入编号为的个盒子中，其中，要求每个盒子至多放一个小球，且对于任意的号球放入的盒子所对应编号都小于号球放入的盒子所对应编号，则号球放入编号为______________的盒子的概率最大. 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. 已知函数. （1）若，求实数的值； （2）若在上有且仅有两个不同极值点，求实数的取值范围. 16. 如图，直角三角形中，，，，分别为边的中点.将△沿向上翻折使二面角的大小为，得到四棱锥，点为上的点，且平面⊥平面. （1）证明：点为的中点； （2）过点作四棱锥的截面，求此截面将该四棱锥分成上下两部分的体积之比. 17. 现有甲乙丙丁四人玩传球游戏，每一次传球时都有一定概率传给场上的某个人或留在自己手里（留在自己手里也视作经过了一轮），具体规则如下表. 接球者 传球者 甲 乙 丙 丁 甲 乙 丙 丁 （1）通过计算说明最初球在谁手里时，第二次传球后球在甲手中的概率最大； （2）记传球次后球在甲手中的概率为； ①讨论在不同初始持球者的情况下，的表达式； ②已知初始持球者为甲，设，数列的前项和为，求的最值. 18. △中角的对边分别为，满足，. （1）证明：； （2）求△的内切圆半径的取值范围； （3）若，△的内切圆上有一点，求点到三点的距离的平方和的最值. 19. 平面直角坐标系中，曲线与的交点为(不与原点重合)，且为定值，记点的轨迹为曲线. （1）证明曲线是双曲线，并写出的焦点的坐标(点在点右侧)； （2）若点到点的距离为，求的取值范围； （3）当时，斜率小于零的直线交曲线于另一点，点在靠近点的一支双曲线上(点与点在直线同侧)，满足，连接交于点，证明点的轨迹是椭圆的一部分，并求出该椭圆的离心率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $