精品解析：贵州安顺市2026届高三适应性考试（一）数学试题

安顺市2026年高三年级适应性考试（一） 数学 2026年2月 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将姓名、准考证号用钢笔填写在答题卡相应位置上． 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔将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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效． 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4.请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束后，监考老师将试题卷、答题卡一并收回． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简复数，即可得到答案. 【详解】，故复数的虚部是. 故选：D. 2. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出两集合，根据交集的定义即可得到答案. 【详解】，， 则. 故选：C. 3. 已知方程表示双曲线，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定方程，结合双曲线方程特征列出不等式求解. 【详解】由方程表示双曲线，得，解得或， 所以实数m的取值范围是. 故选：D 4. 设，，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 分析】根据不等式性质可推断，再通过举反例即可得出结论. 【详解】若，则， 因为，由，根据传递性可知， 因此“”能推出“”，因此充分性成立； 不妨取，满足，但， 则不成立，因此必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 记为各项均不相同的等差数列的前n项和，若，是与的等比中项，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的基本量表示已知列方程组求出首项和公差，再由等差数列的通项公式求解. 【详解】设等差数列的公差为， 则由题可得，即，解得， 所以， 故选：A. 6. 某栋教学楼的某层楼设置有8级台阶，某同学上楼梯时只能每步跨越一级台阶或两级台阶，则该同学从楼梯底部登上第8级台阶的不同走法有（ ） A. 32 B. 33 C. 34 D. 35 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合分类加法计数原理列式求解. 【详解】跨0次2级（全跨1级），共走8步，有种走法； 跨1次2级，剩余6次1级，共走7步，选1步跨2级，有种走法； 跨2次2级，剩余4次1级，共走6步，选2步跨2级，有种走法； 跨3次2级，剩余2次1级，共走5步，选3步跨2级，有种走法； 跨4次2级（无剩余1级），共走4步，有种走法， 所以不同走法种数为. 故选：C 7. 设方程的两个根为，则（ ） A. 0 B. 1 C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将题设等式利用指对互化和换元，可得方程，该方程的两根为，利用韦达定理、指数幂运算以及立方和公式化简计算即得. 【详解】由可得， 设，则，方程可化为， 设该方程的两根为，则， 由韦达定理，，则有， 于是. 故选：A. 8. 已知数列满足，．若对于任意，都有成立，则实数c的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先通过赋值法求得，判断为递增数列，利用对勾函数的单调性，分析推得，进一步由为递增数列且有上界，利用极限思想推理得到，即得实数c的取值范围. 【详解】因，，且对于任意，都有成立， 则，可得， 由可得，即得，即. 又由及可得，则， 易知为递增数列，则，且， 因函数在上为增函数，则， 由题意可知数列单调递增且有上界2，故极限存在.设，则. 对取极限得，即. 函数在上单调递增，故，解得 故实数c的取值范围是. 故选：B. 二、多项选择题：本题共3个小题，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. 已知函数的图象关于点中心对称．则（ ） A. 的最小正周期为 B. 直线是曲线的对称轴 C. 将的图象向右平移个单位可得到函数的图象 D. 在区间上单调递增 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正弦型函数的对称性求出，利用周期公式，正弦函数的性质以及平移伸缩变换和诱导公式即可逐一判断. 【详解】由题意，，因，则， 故. 对于A，最小正周期为，故A正确； 对于B，，故直线不是曲线的对称轴，故B错误； 对于C，将的图象向右平移个单位可得到函数： ，故C正确； 对于D，当时，，而函数在上先增后减，故D错误. 故选：AC. 10. 我国传统文化中有许多具有对称美的形状，如图1为《周易》中的“八卦”，图2为园林建筑中的八角窗，它们均可抽象为正八边形ABCDEFGH，如图3，O为其中心．记，，且，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据数量积的定义求，判断A，根据向量的线性运算判断BC，利用基底表示，根据投影向量的定义计算在上的投影向量，判断D. 【详解】对于A，由已知，所以向量的夹角为， 又，， 所以，A正确， 对于B，，，B错误， 对于C，因为，， 所以， 所以，又为的角平分线， 由平行四边形法则可得， 所以，C正确， 对于D，因为，， 所以，又， 所以在上的投影向量为，D正确， 故选：ACD. 11. 古希腊数学家采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，随着圆锥的轴与平面所成角的变化，截得的曲线的形状也不同，若圆锥轴截面的顶角为，则曲线的离心率为．如图，圆锥的底面半径为4，母线长为12，是圆锥的一个轴截面，D为中点，过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截面曲线是一个椭圆，则（ ） A. 椭圆的长轴为 B. 椭圆的离心率为 C. 与的交点是椭圆的一个焦点 D. 内接于椭圆的菱形周长最大值为20 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，在中利用余弦定理直接求解的长度；选项B，利用给定的离心率计算公式，分别求出，代入即可；选项C，利用求出，再根据椭圆性质，比较是否等于，即可判定点是否为焦点；选项D，利用参数方程求解内接菱形的边长，求出边长最大值，即周长最大值. 【详解】在中，，， 所以. 对于A，椭圆的长轴为的长，在中，. 所以根据余弦定理得. 所以，A正确； 对于B，如图 设与的交点为，由线面角定义可知， 由上可知， 中，， 在中，. 由题设可知，B选项正确； 对于C，由上可知， 又，所以. 在中，， 所以， 又，所以不为椭圆焦点，故C选项错误； 对于D，如图，椭圆方程为，令该椭圆内接菱形为四边形， 设，则，即， 则，，化简得， 同理，菱形中，， 则当时，取得最大值为25，即， 因此菱形周长的最大值为，D正确. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数据，，，，的平均值为3，则，，，，的平均值为______． 【答案】7 【解析】 【分析】利用平均数的公式先求出，再将其整体代入平均数公式计算即得. 【详解】依题意得，则， 则， 故，，，，的平均值为. 故答案：7. 13. 已知直线与圆，若存在以直线l上一点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则k的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件可得点到直线的距离不大于2，再利用点到直线距离公式列式求解. 【详解】圆的圆心，半径，令直线上为圆心的点为， 以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则，即， 依题意，存在以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则点到直线的距离不大于2， 因此，即，解得， 所以k的取值范围是. 故答案为： 14. 已知点M为正三棱柱的外接球上的动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先取底面的中心，确定正三棱柱的外接球的球心为，求出其半径为2，建系后求出相关点的坐标，设点，利用可推得，即得点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面，进而可得点M的轨迹为两球的交线圆，利用垂径定理求出交线圆的半径即得轨迹长度. 【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心， 易得平面，且，因，则， 则该外接球的半径为. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，设点， 由可得， 两边取平方，展开整理得：，配方可得， 则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面. 因球的球心距为， 两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足， 故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为. 故答案为：. 四、解答题：共5个小题，满分77分．解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且． （1）求A的大小； （2）若，，试判断的形状，并求的面积． 【答案】（1）； （2）等边三角形，面积为. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理以及正弦的和差角公式可得,即可求解， （2）根据正弦的和差角公式以及辅助角公式可得，即可根据三角函数的性质求解的大小，进而可判断三角形为等边三角形，即可由面积公式求解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得 整理得 因为，故 又，故． 【小问2详解】 已知，则，代入得 ，即，则 因为．则．故 所以，是等边三角形． 因此 16. 如图，已知四面体的所有棱长都等于2，E，F，G分别是棱，，的中点．平面平面． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）首先利用线面平行的判定定理得平面，再根据线面平行得到性质定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再利用面面角的空间向量求法即可得到答案. 【小问1详解】 因为F，G分别是棱，的中点，故． 又平面，平面，所以平面． 而平面，平面平面，所以． 【小问2详解】 过D作平面，垂足为O．建立如图所示空间直角坐标系． 则，， ，，  ，， 设为平面的法向量，则 ，取 平面的一个法向量为，所以， 设为平面与平面所成角，则， 因此，平面与平面所成角的正弦值为． 17. 已知点，M为平面内一动点，以MF为直径的圆与x轴相切，点M的轨迹记为． （1）求曲线的方程； （2）不过原点的直线l与曲线交于不同的两点A，B，若以AB为直径的圆过坐标原点， （ⅰ）证明：直线l过定点； （ⅱ）点C是曲线上位于直线l下方的一动点，若对于给定的直线l，记的面积最大值为S，对所有符合题设条件的动直线l，求S的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用以为直径的圆与轴相切的几何条件（圆心到轴距离等于半径）列方程，化简得曲线的方程； （2）（ⅰ）设直线斜截式，然后联立抛物线，结合“以为直径的圆过原点”转化为，利用韦达定理求参数证明直线过定点； （ⅰi）通过弦长公式、点到直线距离公式表示面积，再换元法结合函数单调性求的最小值. 【小问1详解】 设动点，定点， 以为直径的圆的圆心为的中点，圆的半径， 由两点间距离公式得，故半径， 因为圆与轴相切，所以圆心到轴的距离等于半径， 即，化简得 展开左右两边，整理得， 因此曲线的方程为. 【小问2详解】 如图，作出符合题意的图形， （i）由曲线的方程，设直线的方程为（，因直线不过原点）， 将其与联立，消去得， 设直线与的交点为，，由韦达定理得， 因为以为直径的圆过原点，故， 即，由向量数量积的性质得 又，，代入数量积等式得 展开并整理： 将韦达定理的、代入上式： 展开并化简： 因式分解得，因直线不过原点，故，因此 将代入直线的方程，得， 该方程对任意，当时，恒成立，故直线恒过定点； （ⅰi）设点曲线上，故； 点在直线下方，故，即， 直线与抛物线相交的弦长， 将，代入得， 点到直线的距离， 因，故绝对值可去掉 以为底，为高，得 约去，化简得 对于固定的，是关于的二次函数，开口向下， 其最大值在顶点处取得，顶点横坐标， 将代入得 因此面积可表示为 令，因，故；且， 代入面积公式得 函数在时单调递增， 故当（即）时，取得最小值， 因此的最小值为. 18. 有N个人需要通过血液检测某种酶是否存在．假设每个人血液中含有该酶的事件是相互独立的，且含有该酶的概率均为，若血液检测始终能准确判断样本中该酶是否存在．现采用以下分组检测方法：将待检测人群分成r个小组，每组人．在每一组中，取每人的血液混合成一个样本进行检测． 若某组的混合样本检测结果呈阴性（不含酶），则该组内所有人员无需再进行后续检测． 若某组的混合样本检测结果呈阳性（含有酶），则需要对该组内的每一位成员再分别单独检测一次（不用采集血样，利用现有采集过的血样）． （1）若，，已知某小组的混合样本检测结果呈阳性，求该组内“恰有2人”血液中含有该酶的概率； （2）用N，k，p表示该方法所需检测次数的期望值； （3）设检测成本由两部分组成：采集处理血样成本为a元/人份，化验检测成本为b元/次．若，每组人数，且该方法的总成本期望值比“逐一检测”的总成本节省了50%以上，求的取值范围．（参考数据：） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设小组中有酶的人数为X，依题意，可知，分别求出与，利用条件概率公式即可求出恰有2人有酶的概率； （2）设每组检测次数，则易得，求出其分布列和数学期望，进而可求得总检测次数的期望； （3）利用（2）中若分组检测，由检测次数的期望求得总成本期望，若逐一检测，则总成本为，依题意，代值计算即得的取值范围. 【小问1详解】 设小组中有酶的人数为X，则． 已知混合样本阳性，即，则恰有2人有酶的概率为 ． 【小问2详解】 设每组检测次数，则的分布列为 1 p 期望为 则总检测次数的期望； 【小问3详解】 若分组检测，检测次数的期望为． 总成本期望为， 若逐一检测，则总成本为．由节省50%以上得． 代入，，，得， 整理得，因此，，故的取值范围是． 19. 已知函数，． （1）令，求在点处的切线方程； （2）讨论在上的单调性； （3）证明：（ⅰ）当时，； （ⅱ）． 【答案】（1）； （2）在单调递增； （3）（i）（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导后代入横坐标得到切线斜率，再写出切线方程即可； （2）通过二次求导得到，则得到其单调性； （3）（i）构造，再求导即可证明； （ii）利用（i）和（2）的结论即可得，从而证明原不等式组. 【小问1详解】 ， 则，，， 所以在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 ，则 设， 故， 设，则 当时，，单调递减，所以，即，所以单调递减， 所以，故在单调递增． 【小问3详解】 （i）令， 则， 所以在上单调递增，所以，即当时，， 所以当时，； （ii）由（i）可知当时，，且， 在上单调递减， 故 由（2）可知在单调递增， 又因为，则当时，在上单调递减， 故，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安顺市2026年高三年级适应性考试（一） 数学 2026年2月 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将姓名、准考证号用钢笔填写在答题卡相应位置上． 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔将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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效． 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4.请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束后，监考老师将试题卷、答题卡一并收回． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 2. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知方程表示双曲线，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 设，，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 记为各项均不相同的等差数列的前n项和，若，是与的等比中项，则（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 6. 某栋教学楼的某层楼设置有8级台阶，某同学上楼梯时只能每步跨越一级台阶或两级台阶，则该同学从楼梯底部登上第8级台阶的不同走法有（ ） A. 32 B. 33 C. 34 D. 35 7. 设方程的两个根为，则（ ） A. 0 B. 1 C. e D. 8. 已知数列满足，．若对于任意，都有成立，则实数c的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3个小题，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. 已知函数的图象关于点中心对称．则（ ） A. 的最小正周期为 B. 直线是曲线对称轴 C. 将的图象向右平移个单位可得到函数的图象 D. 区间上单调递增 10. 我国传统文化中有许多具有对称美的形状，如图1为《周易》中的“八卦”，图2为园林建筑中的八角窗，它们均可抽象为正八边形ABCDEFGH，如图3，O为其中心．记，，且，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 11. 古希腊数学家采用平面切割圆锥面方法来研究圆锥曲线，随着圆锥的轴与平面所成角的变化，截得的曲线的形状也不同，若圆锥轴截面的顶角为，则曲线的离心率为．如图，圆锥的底面半径为4，母线长为12，是圆锥的一个轴截面，D为中点，过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截面曲线是一个椭圆，则（ ） A. 椭圆的长轴为 B. 椭圆的离心率为 C. 与的交点是椭圆的一个焦点 D. 内接于椭圆的菱形周长最大值为20 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数据，，，，的平均值为3，则，，，，的平均值为______． 13. 已知直线与圆，若存在以直线l上一点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则k的取值范围是______． 14. 已知点M为正三棱柱的外接球上的动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______． 四、解答题：共5个小题，满分77分．解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C对边，且． （1）求A的大小； （2）若，，试判断的形状，并求的面积． 16. 如图，已知四面体的所有棱长都等于2，E，F，G分别是棱，，的中点．平面平面． （1）证明：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值． 17. 已知点，M为平面内一动点，以MF为直径的圆与x轴相切，点M的轨迹记为． （1）求曲线的方程； （2）不过原点的直线l与曲线交于不同的两点A，B，若以AB为直径的圆过坐标原点， （ⅰ）证明：直线l过定点； （ⅱ）点C是曲线上位于直线l下方一动点，若对于给定的直线l，记的面积最大值为S，对所有符合题设条件的动直线l，求S的最小值． 18. 有N个人需要通过血液检测某种酶是否存在．假设每个人血液中含有该酶的事件是相互独立的，且含有该酶的概率均为，若血液检测始终能准确判断样本中该酶是否存在．现采用以下分组检测方法：将待检测人群分成r个小组，每组人．在每一组中，取每人的血液混合成一个样本进行检测． 若某组的混合样本检测结果呈阴性（不含酶），则该组内所有人员无需再进行后续检测． 若某组的混合样本检测结果呈阳性（含有酶），则需要对该组内的每一位成员再分别单独检测一次（不用采集血样，利用现有采集过的血样）． （1）若，，已知某小组的混合样本检测结果呈阳性，求该组内“恰有2人”血液中含有该酶的概率； （2）用N，k，p表示该方法所需检测次数的期望值； （3）设检测成本由两部分组成：采集处理血样成本为a元/人份，化验检测成本为b元/次．若，每组人数，且该方法的总成本期望值比“逐一检测”的总成本节省了50%以上，求的取值范围．（参考数据：） 19. 已知函数，． （1）令，求在点处的切线方程； （2）讨论在上的单调性； （3）证明：（ⅰ）当时，； （ⅱ）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $