河南方城县第一高级中学2026届高三下学期一模考前适应性训练数学试题（九）

方城县第一高级中学2026届高三下学期一模考前适应性训练数学试题（九） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．复数的共轭复数的虚部为（　　） A． B． C． D． 3．已知的展开式中的系数为20，则实数的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．若变量线性相关，由数据求得回归方程为，则下列结论一定成立的是（　　） A． B． C． D． 5．已知函数是奇函数，若，且，则（    ） A． B． C． D． 6．在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（） A． B． C． D． 7．故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 8．不等式对任意恒成立，则实数的取值范围 A． B． C． D． 二、多项选择题（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．函数的部分图象如下，则下列说法正确的有（   ） A． B． C．的最小值为 D．的图象关于点对称 10．设抛物线 的焦点为 ，过 的直线交 于 两点，过 分别作准线 的垂线交于 两点， 为线段 的中点，则（　） A． B． C． D． 11．已知函数，，则（    ） A．当时，有2个零点 B．当时，有2个零点 C．存在，使得有3个零点 D．存在，使得有5个零点 第二部分（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，是椭圆的两个焦点，过的直线交此椭圆于，两点．若，则____________； 13．在平面直角坐标系中，直线过定点，点在直线上，则的最大值为__________. 14．已知正项数列的前项和为，且.若在和中插入个相同的数，构成一个新数列，即，记数列的前项和为，则___________. 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．如图，中，为上一点，． (1)若为钝角，与均为等腰三角形，求的面积; (2)若，求AD． 16．如图，在直三棱柱中，，，，，分别为棱，的中点，为棱上一点，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 17．已知双曲正弦函数的定义为. (1)证明：当时，； (2)若，讨论方程的实数解的个数； (3)已知，是方程在上的一个零点，证明：. 18．已知分别为椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆的左、右顶点，，是椭圆上的动点，过动点作椭圆的切线，分别与直线和相交于D，C两点，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点，记动点的轨迹为． (1)证明：直线与椭圆相切． (2)求动点的轨迹的方程． (3)过点作斜率不为0的直线与相交于点R，S，直线AR与BS的交点为，判断点是否在定直线上． 19．现将红、黄、蓝三色球从左往右放置在一排格子中，要求最左端放红球，且相同颜色球不连续放.若前一格放红球，则下一格放黄球或蓝球的概率相等；若前一格放黄球或蓝球，则下一格放红球的概率为. (1)求从最左端往右数第4个球是红球的概率； (2)求从最左端往右数第个球是红球的概率； (3)已知格子总数为100，设红、黄、蓝三色球放置的个数分别为，判断的大小关系. 试卷第4页，共5页 试卷第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2026届高三下学期一模考前适应性训练数学试题（九）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D D C D B D BCD BD 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】化简集合，根据交集和并集的定义求，由此确定结论. 【详解】不等式的解集为， 不等式，所以不等式的解集为， 所以，， 所以，， 故选：C. 2．B 【分析】根据复数的乘方和除法运算以及共轭复数的概念即可得到答案. 【详解】因为， 则其共轭复数为由， 所以其共轭复数的虚部为. 故选：B． 3．D 【分析】利用二项展开式的通项公式，结合条件，列方程求解. 【详解】设的展开式中，通项为，， 由，所以. 由. 故选：D 4．D 【分析】根据回归直线方程必过样本中心建立方程，解方程即可求出结果. 【详解】由回归直线过样本中心点，得， ，代入，得， 方程两边同时乘5，得. 故选：D． 5．C 【分析】利用奇偶性求得，进而计算可求得. 【详解】因为函数是奇函数，所以， 所以，又，所以， 所以. 故选：C. 6．D 【分析】设，根据向量的线性运算及数量积可得，结合得到范围即可． 【详解】设，因为四边形是菱形， 所以， 由点是的中点，得， 由题意得，， 所以 ， 因为，所以的取值范围是． 故选：D． 7．B 【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可. 【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点，    取中点，连接， 由已知，、分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且 ， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为； ，在中，， 所以，设角，则有， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为是直三棱柱，所以，且， 所以，， 又因为平面， 平面，所以， 所以，即，解得， 所以点到平面的距离是， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点到平面的垂线段. 8．D 【分析】本题首先可以将“不等式对任意恒成立”转化为“对恒成立”，然后求出方程，的最小值即可得出结果． 【详解】题意即为对恒成立， 即对恒成立，从而求，的最小值，而 故 即 当时，等号成立，方程在内有根， 故，所以，故选D． 【点睛】本题主要考查不等式的相关性质，在利用不等式求参数的取值范围时，可以先将参数提取到单独的一侧，然后通过求解函数的最值来求解参数的取值范围，考查函数方程思想，考查计算能力，是难题． 9．BCD 【分析】结合函数图象，利用对称性质判断B；然后利用周期求解判断A；根据正弦函数性质求最小值判断C；代入验证法判断对称中心判断D. 【详解】由图可知， 所以由对称性可知，故B正确； 由图知该函数的最小正周期满足，即，故，故A错误； 由上可得，又，所以，所以， 所以，所以，所以的最小值为，故C正确； 因，则的图象关于点对称，故D正确. 故选：BCD 10．BD 【分析】先由准线求出，再设过焦点的直线方程并联立抛物线，利用韦达定理得到点的坐标关系，进而验证垂直关系、线段长度比例和三角形面积的最值. 【详解】抛物线的准线为，由题干的已知条件可知，则抛物线为，焦点，依据题干可得下图： 通过上述分析可知选项A错误； 设过的直线方程为，代入抛物线得，设，，则，，，，中点，向量，向量，，选项B正确； ，，故，即，选项C错误； ，，且，三角形的面积，当时，三角形的面积，所以三角形的面积，选项D正确. 故选：BD 11．BCD 【分析】令，可得，结合图象分析方程的根的分布，再结合图象分析的交点个数，即可得解. 【详解】由的图象可知，的值域为， 对于选项AC：令， 则在上恒成立， 可知在上单调递增，则， 即当且仅当等号成立， 令，若，可得， 令， 当，则，可知； 当，结合图象可知当且仅当，方程有根，解得； 即或，结合图象可知： 有1个根；有2个根； 综上所述：当时，有3个零点，故A错误，C正确；    对于选项B：令，若，可得， 令，即， 注意到， 由图象可知方程有两个根为一根为，另一根不妨设为， 即或，结合图象可知： 有1个根；有1个根； 综上所述：当时，有2个零点，故B正确；    对于选项D：令，若，可得， 令，即， 令，解得， 由图象可设方程有三个根为，且， 即或或，结合图象可知： 或有1个根；有3个根； 综上所述：当时，有5个零点，故D正确；    故选：BCD. 【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点 1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解． 2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合． 12．4 【分析】根据椭圆的标准方程，求出的值，由的周长是，由此求出． 【详解】因为， 所以. 故答案为：4 【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程，以及简单性质的应用，利用椭圆的定义是解题的关键． 13． 【分析】因为，所以，根据两角差的正切公式，结合各点坐标，可得的表达式，根据基本不等式，即可得答案. 【详解】直线可表示为，可知其过定点. 设，设，注意到， 则， 而， 故， 于是，当且仅当时，等号成立， 故答案为：. 14．2646 【分析】由题意，结合，可得数列是首项和公差均为1的等差数列，从而求得，所以.进而求得.根据数列的特征可求出. 【详解】因为，所以前项和. 所以当时， 因为， 所以，可得， 所以数列是首项和公差均为1的等差数列，所以，即. 当时，， 又满足上式，所以. 新数列中从到共有项. 当时，；当时，. 所以 . 故答案为：2646. 15．(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出，再利用三角形面积公式求解. （2）法1，利用三角形面积公式可得，再利用和角的余弦公式，结合直角三角形边角关系列式求解；法2，利用余弦定理、垂直关系的向量表示并结合数量积的运算律列出方程组求解. 【详解】（1）令，， 由为钝角，为等腰三角形，得， 又为等腰三角形，且，则， 在中，，则， 所以的面积为. （2）法1：在中，由，得，而，， 由，得， 由，得， 则， 因此，即，又， 所以. 法2：在中，，由余弦定理得， 而，即，又，则， 即，于是，解得， 则，解得， 所以. 16．(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先证明垂直关系，建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明线面垂直； （2）求出两个平面的法向量，利用向量夹角求解平面的夹角. 【详解】（1）证明：分别取，的中点，，连接，，易证，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以，，两两垂直，以为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量，则即 令，得，，所以， 所以， 因为平面，所以平面. （2）由（1）知，平面的一个法向量，，， 设平面的一个法向量，则即 令，得，，所以， 设平面与平面的夹角为，则 ， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 17．(1)见解析 (2)时，方程有1个实数解；时，方程有3个实数解； (3)见解析 【分析】（1）设，，再利用导数确定函数的单调性即可证明； （2）分和两种情况，结合导数分析零点个数即可； （3）根据题意，得，要证的不等式可等价转化为，设，求导确定函数的单调性，得到最值即可证明． 【详解】（1）设，， ，当且仅当即时等号成立， ，在上单调递增， 又，所以当时，，即； （2）设，， ，为上的奇函数， ， 若：，在上单调递增， 又，所以方程有1个实数解； 若：令，即， 设，则，即，解得， 即， 又，， ，即， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ， ， 又时，，，时，， 所以此时方程有3个实数解； 综上，时，方程有1个实数解；时，方程有3个实数解； （3）证明：已知是方程在上的一个零点， 即，即，， 要证，即证，即证， 由，可得，所以需证， 即证，即证， 设，， ， 因为，所以，， 所以，在上单调递增， 又，而， 所以，即， 故得证． 18．(1)证明见解析 (2) (3)点在定直线上 【分析】（1）联立直线与椭圆的方程，求出交点，证明即可； （2）令，得坐标，求出直线方程，求出交点，得到动点的轨迹的方程. （3）设直线的方程为，联立方程，借助韦达定理，得到，联立，方程，得到满足的条件即可. 【详解】（1）由消去整理得， 即，整理得，解得， 所以直线与椭圆有且仅有一个交点， 即直线与椭圆相切． （2）在方程中，令，得，令，得，. 因为，所以直线①， 因为，所以直线②， 由①×②得． 因为，所以， 所以， 所以动点的轨迹的方程为．    （3）设直线的方程为， 由得， 则，所以． 因为直线AR的方程为，直线BS的方程为， 所以， 所以， 解得，即点在定直线上．    19．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）第 4 个球是红球的顺序为“红黄蓝红”或“红蓝黄红”，结合概率乘法公式求解. （2）设，由全概率公式得，利用构造法结合等比数列分析求解. （3）根据题意结合全概率公式得，根据数列求和可得，进而可得结果. 【详解】（1）依题意，第 4 个球是红球的顺序为“红黄蓝红”或“红蓝黄红”， 所以从最左端往右数第 4 个球是红球的概率. （2）设事件表示“第个球是红球”，事件表示“第个球是黄球”，事件表示“第个球是蓝球”， 当时，， 记，则，而， 由，得， 整理得，则，而， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即， 所以从最左端往右数第个球是红球的概率为. （3）依题意，当时，， ， 则，两式相减得， 由，得，即， 因此对任意恒成立，于是，令的前n项和为，则， 而，因此， 又，则； 所以. 答案第12页，共16页 答案第11页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $