精品解析：贵州六盘水市2026届高三上学期2月高三年级适应性考试数学试题

2026年2月高三年级适应性考试 数学试题卷 （考试时长：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码． 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，写在本试题卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列前三项的和为，则的公差为（ ） A. 3 B. 2 C. 2 D. 3 3. 数据1，2，3，4，5的方差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 5 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 6. 已知的面积为，则（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 8 7. 已知正三棱柱的内切球体积为，则此正三棱柱的表面积为（ ） A. 108 B. 108 C. 162 D. 8. 已知垂直于轴的直线分别与曲线和相交于两点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 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. 已知复数满足，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 在复平面内对应的点在第二象限 D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的对称轴方程为 C. D. 若关于的方程在上有两个根，则 11. 在空间直角坐标系中，，线段的垂直平分线与射线相交于点，点满足，则（ ） A. 若，则 B. 设，则 C. 当取最小值时， D. 若过点的直线与点的轨迹相交于两点，则三棱锥体积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中常数项为__________. 13. 已知函数是定义域为的偶函数，当时，，则曲线在处的切线方程为___________． 14. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，则矩形面积的最大值为___________． 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. “中国凉都·六盘水”有着丰富的特产、独特的文化和美丽的风景，根据旅游宣传需要，以乌蒙大草原、红心猕猴桃、布依族风情、岩脚面、牂牁江景区等为背景制作了形状大小相同的三类卡片（特产卡片、文化卡片、景区卡片），某游客持有5张不同的景区卡片，3张不同的特产卡片，2张不同的文化卡片，现从中随机抽取4张卡片． （1）求抽取的4张卡片中恰有3张是景区卡片的概率； （2）设抽取的4张卡片中特产卡片的张数为，求随机变量的分布列与数学期望． 16. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，是等边三角形，平面平面，点是的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性． 18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2． （1）求的方程； （2）如图，过上任意一点作圆的两条切线分别交于点和点，切点分别为，若点关于坐标原点对称． ①证明：； ②求的值． 19. 如图，第①个正方形的边长为1，第②个正方形的边长为1，第③个正方形的边长为2，第④个正方形的边长为3，第⑤个正方形的边长为5，……，照此规律，把每个正方形的边长按照从小到大的顺序排列成数列，此数列叫斐波那契（Fibonacci）数列，满足． （1）___________，___________； （2）已知可变形为，证明：是方程的两个根，并用含的代数式表示出的通项公式； （3）证明：或是一个完全平方数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年2月高三年级适应性考试 数学试题卷 （考试时长：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码． 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，写在本试题卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解方程得集合，然后根据并集的定义即可求解 . 【详解】由题意，所以. 故选：D 2. 已知等差数列前三项的和为，则的公差为（ ） A. 3 B. 2 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求解. 【详解】由等差数列前三项的和为，得，解得， 又，所以的公差. 故选：D 3. 数据1，2，3，4，5的方差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出平均数，然后根据方差的计算公式即可求解. 【详解】这组数据的平均数， 所以这组数据的方差. 故选：B 4. 已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】求出双曲线的渐近线方程，进而求出，再求出离心率. 【详解】双曲线的渐近线为，依题意，， 所以的离心率. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】用表示，根据数量积的定义和运算律求解. 【详解】已知， 因为， 所以. 故选：A. 6. 已知的面积为，则（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】 由面积公式和余弦定理即可求解. 【详解】由面积公式可知，即，解得， 由余弦定理可知，， 所以. 故选：C 7. 已知正三棱柱的内切球体积为，则此正三棱柱的表面积为（ ） A. 108 B. 108 C. 162 D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先由球的体积公式求出内切球半径，然后根据内切球的性质求出底面边长，最后分别求出底面积和侧面积即可求解. 【详解】设正三棱柱的内切球的半径为 ，由题意可知，解得， 设正三棱柱的底面边长为 ，高为 ，内切球的球心位于棱柱的几何中心， 由于球与两个底面相切，球心到底面的距离为 ，且等于半径 ，则， 球与侧面相切，底面为正三角形，其内切圆半径（即几何中心到边的距离）为 ， 由于侧面垂直于底面，球心到侧面的距离等于底面内切圆半径，且等于 ， 则，正三棱柱的表面积由两个底面和三个侧面组成， 两个底面的面积为：，侧面为矩形，侧面的面积为  ， 所以总表面积为 故选：D 8. 已知垂直于轴的直线分别与曲线和相交于两点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件求出点的坐标，进而求得的表达式，再利用导数求其最小值即可. 【详解】令直线分别与曲线和曲线交于两点， 则点，点，，令函数， 求导得，函数在上都为增函数， 则函数在为增函数，而， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：A 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. 已知复数满足，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 在复平面内对应的点在第二象限 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出，再结合复数的意义、几何意义、共轭运算逐项求解判断. 【详解】由，得， 对于A，的虚部为，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，在复平面内对应的点在第一象限，C错误； 对于D，. 故选：BD 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的对称轴方程为 C. D. 若关于的方程在上有两个根，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出函数的解析式，再借助余弦函数的图象性质逐项求解判断. 【详解】观察函数的图象，函数的最小正周期，则， 由，得，而，解得， 因此， 对于A，的最小正周期为，A正确； 对于B，由，得的对称轴方程为，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，当时，，函数在上单调递减，函数值从减小到， 在上单调递增，函数值从增大到，当且仅当时， 直线与函数在上的图象有两个交点，即在上有两个根，D正确. 故选：ABD 11. 在空间直角坐标系中，，线段的垂直平分线与射线相交于点，点满足，则（ ） A. 若，则 B. 设，则 C. 当取最小值时， D. 若过点的直线与点的轨迹相交于两点，则三棱锥体积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先求出的垂直平分面方程，然后把射线从沿方向的参数方程代入的垂直平分面方程可判断B；由两点间距离公式可判断A；把问题转化为的最值，然后结合二次函数的性质以及空间向量的坐标运算可判断C； 设过的直线在平面，方程为，与的轨迹联立，利用韦达定理表示出，然后再利用向量的内积表示出，最后根据二次函数的性质可判断D. 【详解】线段的中点为 ，的方向向量为， 因此的垂直平分面方程为：， 射线从沿方向，参数方程为：， 代入平面方程：， 因此，点，则点的轨迹为：在平面，方程 ，故B正确； 当 ，则，， ，故 A 错误； 点满足 ，即在以 为球心、半径 1 的球面上， 最小为（因为 ）， ， 令 ， 最小值在  时取得：， ，， 此时，最小 ，对应在上，， 单位向量，（因为 )，故 C 正确； 设过  的直线在平面（否则无两交点），方程为， 点 ，，  联立得：， 判别式，两根满足：， 高为到平面的距离为 2， 体积 ， 当时，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. 展开式中常数项为__________. 【答案】-160 【解析】 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值． 【详解】由于的展开式中，通项公式为， 令，求得，可得展开式的常数项为. 故答案为：-160. 13. 已知函数是定义域为的偶函数，当时，，则曲线在处的切线方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先由偶函数定义得到时解析式，求出切点坐标，再求导得到切线的斜率，由点斜式求出切线方程. 【详解】任取，则，，又为偶函数，， 所以， 所以，所以切点坐标为， 又，所以， 即切线的斜率，所以切线的点斜式方程为， 整理得， 故答案为：. 14. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，则矩形面积的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数的定义表示出点，，在直角三角形中表示出，进而得出，最后写出矩形的面积表达式，利用三角恒等变换化简从而得到最大值. 【详解】设点，，因为，所以，， 所以矩形的面积， ， 因为，所以.， 所以， 所以矩形的面积的最大值为. 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. “中国凉都·六盘水”有着丰富的特产、独特的文化和美丽的风景，根据旅游宣传需要，以乌蒙大草原、红心猕猴桃、布依族风情、岩脚面、牂牁江景区等为背景制作了形状大小相同的三类卡片（特产卡片、文化卡片、景区卡片），某游客持有5张不同的景区卡片，3张不同的特产卡片，2张不同的文化卡片，现从中随机抽取4张卡片． （1）求抽取的4张卡片中恰有3张是景区卡片的概率； （2）设抽取的4张卡片中特产卡片的张数为，求随机变量的分布列与数学期望． 【答案】（1）； （2）的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为.【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用组合计数问题及古典概率公式计算得解. （2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望. 【小问1详解】 依题意，从10张卡片中任取4张的试验有个基本事件， 恰有3张是景区卡片的事件有个基本事件， 所以抽取的4张卡片中恰有3张是景区卡片的概率为. 【小问2详解】 依题意，的可能值为， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，是等边三角形，平面平面，点是的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）在四棱锥中，取的中点，连接， 由点是的中点，得，而， 则，四边形是平行四边形，因此， 而平面，平面，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证得，再利用线面平行的判定推理得证. （2）取中点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，由正三角形，得， 由，得四边形是矩形，则， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，则直线两两垂直，设， 以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 又，则， 所以直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性． 【答案】（1）极大值为，极小值为； （2）当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值. （2）求出函数的导数，再按分类求出导函数值为正为负的解集即可. 【小问1详解】 当时，函数的定义域为， 求导得，由，得或； 由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得；由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2． （1）求的方程； （2）如图，过上任意一点作圆的两条切线分别交于点和点，切点分别为，若点关于坐标原点对称． ①证明：； ②求的值． 【答案】（1） （2）①因为是圆的切线，所以，又，， 所以， 所以，由角平分线性质可知， 结合可得，所以. ② 【解析】 【分析】（1）由离心率的公式，短轴的定义结合的关系即可求解； （2）①首先证明进而得到，然后由角平分线性质可得，最后由等腰三角形三线合一即可得证； ②设，直线，，根据直线与圆相切得出是方程的两根，最后根据点在椭圆上结合韦达定理即可求解 . 【小问1详解】 由题意可得，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 ②由题意可知，直线斜率显然存在，设，则， 设直线的方程为， 因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离等于，即， 整理得， 设直线的方程为，同理可得， 所以是方程的两根，则，， 因为， 所以，解得. 19. 如图，第①个正方形的边长为1，第②个正方形的边长为1，第③个正方形的边长为2，第④个正方形的边长为3，第⑤个正方形的边长为5，……，照此规律，把每个正方形的边长按照从小到大的顺序排列成数列，此数列叫斐波那契（Fibonacci）数列，满足． （1）___________，___________； （2）已知可变形为，证明：是方程的两个根，并用含的代数式表示出的通项公式； （3）证明：或是一个完全平方数． 【答案】（1）15， （2）令，即， 所以，，是方程的两个根； 由可得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，结合可得 两边同除可得， 所以，所以； （3）因为， 所以， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 只需要证明是整数即可， 令，因为是方程的两个根， 所以， 从而，故， 即，而，， 由递推关系可知为整数， 所以当为偶数时是一个完全平方数， 当为奇数时是一个完全平方数. 【解析】 【分析】（1）直接计算，根据图形的提示找到规律计算； （2）把展开对比系数即可证明；首先通过构造法得出是等比数列并得出，两边同除可得，然后通过累加法即可得出； （3）利用韦达定理得出，分为奇数和偶数讨论即可证明. 【小问1详解】 ， 由图可知为个正方形的面积之和，即一个大长方形的面积， 该长方形的长为，宽为，所以面积为， 即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $