精品解析：贵州贵阳市2026届高三年级适用性考试（一）数学试题

贵阳市2026年高三年级适应性考试（一） 数学 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、报名号用铜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. i C. D. 1 2. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知方程表示双曲线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 设a，，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. 某校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 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，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，为中点．过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截口曲线是一个椭圆．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的对边，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，为平面内一动点，以为直径的圆与轴相切，点的轨迹记为． （1）求曲线的方程； （2）不过原点的直线与曲线交于不同的两点，若以为直径的圆过坐标原点． （i）证明：直线过定点； （ii）点是曲线上位于直线下方的一动点，若对于给定的直线，记的面积最大值为，对所有符合题设条件的动直线，求的最小值． 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 $ 贵阳市2026年高三年级适应性考试（一） 数学 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、报名号用铜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. i C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】将给出的复数化为标准形式，根据虚部的定义可求解. 【详解】，根据虚部的定义可知复数的虚部为， 2. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得， ，则. 3. 已知方程表示双曲线，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为方程表示双曲线，所以， 解得或. 4. 设a，，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】通过指数幂比大小和充分条件、必要条件求解. 【详解】若，则有， 当时，则；当时，则，故， 因此由可推出， 若，不一定推出，如，， 所以是的充分不必要条件. 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 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的基本量表示与等比中项概念列方程组求出首项和公差，写出通项公式求解即可. 【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. 某校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. 7. 设方程的两个根为，，则（ ） A. 0 B. 1 C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数运算及函数性质可得，然后利用韦达定理及指数运算性质可得，进而代入立方和公式求解即可. 【详解】因为，所以， 由对数函数的单调性可知：，即， 又方程的两个根为，， 则为的两根，所以，即，所以， 所以. 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】 【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. 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】先求出的解析式，结合正弦型函数的图象及性质逐项判断即可. 【详解】由题意知，，所以，，即， 又，所以，所以. 选项A：最小正周期，A正确. 选项B：对称轴应满足，，解得，. 故不存在，使得，B错误. 选项C：的图象向右平移个单位得到，C正确. 选项D：当时，. 又在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上不是单调递增，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，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，即向量的夹角为， 又，则，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，， 则，又， 所以在上的投影向量为，D正确. 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，为中点．过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截口曲线是一个椭圆．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】 【详解】在中，，，， 对于A，椭圆的长轴为的长，在中，， 由余弦定理得， 因此，A正确； 对于B，设与的交点为，， 在中，， ， 在中，， 依题意，，B正确； 对于C，椭圆长轴长，由，得半焦距， 在中，，， 又，因此不为椭圆焦点，C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】利用平均数公式列式求解. 【详解】由数据的平均值为3，得， 所以的平均数为 . 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______． 【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. 14. 已知点M为正三棱柱的外接球上动点，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. 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， 【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，故， ，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） 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． （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】 略 【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，为平面内一动点，以为直径的圆与 轴相切，点的轨迹记为． （1）求曲线的方程； （2）不过原点的直线与曲线交于不同的两点，若以为直径的圆过坐标原点． （i）证明：直线过定点； （ii）点是曲线上位于直线下方的一动点，若对于给定的直线，记的面积最大值为，对所有符合题设条件的动直线，求的最小值． 【答案】（1） （2） （i）设直线，，， 则，消去 得，所以，， 以为直径的圆过原点，所以， 则， 因，解得，所以直线方程为，恒过定点． （ii）1 【解析】 【分析】（1）设点，求出圆心坐标和半径，利用以为直径的圆与 轴相切，列方程化简即可； （2）（i）设直线，，，与抛物线方程联立，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即可；（ii）通过弦长公式、点到直线距离公式表示面积，再利用换元法结合函数单调性求的最小值即可. 【小问1详解】 设点，则以为直径的圆的圆心为，半径， 因为该圆与x轴相切，所以， 所以，整理得， 故曲线的方程为． 【小问2详解】 （i）略 （ii）对于给定的，直线与交于， 则， 将，，代入得， 又点在上且位于下方，即， 点到直线的距离为， 由知，故， 令，则对于给定的，为开口向下的一元二次函数， 所以当时，取得最大值，此时最大，， 所以面积的最大值， 令，，易知单调递增， 所以当，即时，取得最小值． 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：） 【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）证明：令，则， 所以在上单调递增，所以，即当时， 所以当时，； （ii）证明：由（i）可知当时，，故， 由于,则，故， 由（2）可知在单调递增，在单调递减，故在单调递减，即在单调递减， 故，所以． 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）根据复合函数求导得，进而二阶求导，根据函数的单调性可判断单调递减，进而可得单调递减，即可求解, （3）构造函数，即可求导得函数的单调性求证（i），根据（i）的结论可证明，即可结合求证（ii）. 【小问1详解】 ，则，，， 所以在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 ，则 ， 记， 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）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $