云南玉溪第一中学2025-2026学年下学期高三适应性测试（一）数学试题

绝密★启用前 玉溪一中2025—2026学年下学期高三适应性测试（一） 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用黑色碳素笔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。 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．设集合A={－2，1，a}，B={－1，a2}，若含有4个元素，则a＝ A．－1 B．0 C．1 D．2 2．已知为第四象限角，，则 A． B． C． D． 3．复数m＋(m－1)i是实数，则实数m＝ A．0 B．1 C．－1 D．0或1 4．已知圆C:(x－2)2＋(y＋1)2=9，直线l:kx－y＋3－2k＝0，设P为圆C上的一动点，则P 点到直线l的最大距离为 A．4 B．5 C．7 D．13 5．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S7=28，若a3，a4，a8成等比数列，则a8= A．16 B．8 C．4 D．2 6．如图，设，线段DE与BC交于点F，且， 通过计算得到：，则的最小值为 A．5 B．9 C． D． 7．现有1个白球，3个黑球，将它们随即放入如图所示的编号为1~6的抽屉内，每个抽屉 至多放一个球，且所有黑球均放在白球的左侧．设白球所在抽屉的编号为X，则E(X)= A． B． C． D． 8．四面体ABCD的各顶点均在同一个球面上，且AD＝CD＝AB＝CB＝，当四面体ABCD 的体积最大时，该球的表面积为 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．已知一组数据2，3，3，4，m，7的80百分位数是5，则 A．该组数据的极差为5 B．该组数据的中位数为3.5 C．剔除该组数据中的4后，剩下样本数据的平均数变小 D．剔除该组数据中的4后，剩下样本数据的方差变小 10．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱CC1上的一个动点（不包括端点），平面BED1交棱AA1于点F，则下列说法正确的是 A．存在点E，使得∠D1FB为直角 B．对于任意点E，都有直线AC1∥平面BED1F C．对于任意点E，都有平面AB1C⊥平面BED1F D．三棱锥B－BD1F的体积为定值 11．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D（－1，0）为C的准线上一点，过F的直线l与C交于A、B两点（A在第一象限），过A，B分别向C的准线作垂线，垂足分别为，，则下列命题正确的是 A．若，则l的斜率为 B．存在直线l，使得△ABD的面积为 C．若△为等边三角形，则 D．若△ABD的面积为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若某正三棱柱的表面积是侧面积的两倍，且底面的边长为2，则该正三棱柱的体积为 ． 13．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的上、下顶点分别为A，B，右焦点为F，线段BF的延长线与C交于点P，若PA=PO，则C的离心率为 ． 14．若函数恰有两个零点，则a的取值范围是 ． 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．（13分） 设向量，，． （1）求f (x)的单调递减区间； （2）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)=1，a=2，sinB+sinC=，求△ABC的面积． 16．（15分） 已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，上一点与、的距离的差的绝对值等于． （1）求双曲线的方程； （2）过点作斜率为的直线与交于、两点当为锐角时，求的取值范围． 17．（15分） 如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且． （1）证明：平面； （2）求点到面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由． 18．（17分） 某足球队的5人围成一圈进行单球传球训练，甲与乙相邻，每阶段第1次都由甲将球传出．第一阶段进行短传练习，每次传球时传球者等可能地将球传给相邻的人；第二阶段进行长传练习，每次传球时传球者等可能地将球传给不相邻的人，规定球传回到甲或传到乙时结束长传练习．记An=“第一阶段经过m(m∈N+)次传球后球在甲脚下”，Bm=“第二阶段结束时共进行了m(m∈N+)次传球”，B=“第二阶段结束时球在甲脚下”． （1）求P(A5)，P(A10)及P(A5k) （2）求P(B4)及P(B)． 19．（17分） 已知函数f (x)＝sin(cx)＋lnx－ax，g (x)＝ex－ax－bsinx(a、b、c∈R) （1）当c＝0时，讨论f (x)的单调性； （2）当时，试求出正整数a的最小值，使f (x)存在唯一的极值点； （3）若g (x)在上(0，+∞)有零点，求证：． 数学试题第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $玉溪一中2025一2026学年下学期高三适应性测试（一） 数学试题评分参考 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 项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 6 P 答案 不 D A 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。 题号 9 10 11 答案 AB CD ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 题号 12 13 14 答案 1 √3 (-0,-1)U(1,+0) 3 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.(13分) 解：(I)由题意得x)=m:-2V√3 sinxcosx+(sinx+cosx)(sinr-cosx) -V3sin2x-cos2x-2sin(2x-), 令2m+2x-2m+k∈2刃，解得c+写x≤m+(k∈)， 所以y)的单调递增区间为[+写+习k∈刀. (2)因为ABC为锐角三角形，由几A)=l得2sin(24)=1, 由A∈(0，)可得24-∈( 所以24君石故A石 在ABC中，由正弦定理得品2R4, 所以btc品(sinB+sinC=2V6., 数学试题评分参考第1页（共7页） 所以b2+c2+2bc=24①， 由余弦定理得b2+c2-a2=2 bccosA,得b2+c2-V3bc-4②， 由①②解得bc=20(2-V3), 所以ABC的面积为S.besin4=曰l0-5V3. 16.(15分) 解：(1)油题意，24,2，V3=a2 2,b=2W2, a 所以双曲线的方程为号苦1： (2)因为∠AF1B为锐角，所以F1A·F1B>0, 设直线1的方程为y=(x-2V3)(0), 与双曲线方程联立，得(2-k2)x2+4V32x-122-8-0, 设A(K11),B(化2)， 22=228 则x1x2=W32, 2-k21 由RdRB(x+2V3(+2W3=16322 22>0, 解得<或k2, 所以在的取值范围为(o,V②u(-号0Uo,UW2,o） 17.(15分) 解：(1)连接AB1, 在三棱台ABC-A1B1C1中，AB/A1B1, B ,AB=2AA1=2A1B1=2BB1,∴.四边形ABB1A1为等腰梯形且∠ABB1=∠BAA1=60°， 设AB=2x,则BB1x, 由余弦定理得：AB=AB2+BB-2AB·BB1C0s60°=3x2, AB2=AB+BB所，AB1⊥BB1 ,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,平面ABB1A1∩平面BCC1B1=BB1,AB1C平面ABB1A1, ∴AB1⊥平面BCC1B1,又BCC平面BCC1B1,AB1⊥BC, ,△ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，∴，BC⊥AB, ,AB∩AB1=A,AB,AB1C平面ABB1A1,.BC⊥平面ABB1A1: 数学试题评分参考第2页（共7页） (2)由棱台的性质知：延长AA1,BB1,CC1交于一点P, A1B1=2AB,∴.S。ABC4S。A81G’pABc=8yp-AB1C A c09=马晋-9 ,BC⊥平面ABB1A1,即BC⊥平面PAB, .BC即为三棱锥P-ABC中，点C到平面PAB的距离， B 由(1)中所设：AB=BC=2x,∠PAB=∠PBA=60°， .△PAB为等边三角形，∴.PA=PB=AB=2x, uc8ma20-×(a2x92-29-5 ∴.AB=BC-PA=PB=2,∴AC-=PC-2V2, ∴Sme×2x√(v列2-1√7， 设点B到平面ACC1A1的距离为d,即为点B到面PAC的距离， p=0c,“8c号9，解得： 7 即点B到平面ACC41的距离为2 7 (3),BC⊥平面ABB1A1,BCC平面ABC,.平面ABC⊥平面PAB, 取AB中点N,连接PN,CN,在正△PAB中，PNLAB, .平面ABC∩平面PAB=AB,PNC平面PAB,.PN⊥平面ABC, 又PNC平面PNC,.平面PNC⊥平面ABC, 作FE⊥CN于E,因为平面PNC∩平面ABC=CN,FEC平面PNC, 所以FE⊥平面ABC, 作EDLAB,连接FD, ,'FE⊥平面ABC,ABC平面ABC,AB⊥FE, ,DE∩FE=E,DE,FEC平面DEF,∴AB⊥平面DEF, ,FDC平面DEF,AB⊥FD,∴.∠FDE为二面角F-AB-C的平面角， 设FE=V3t, A 在△PCN中，作PO⊥CN, ,FE⊥CN,∴.PO∥FE,又FE⊥平面ABC,PO⊥平面ABC, a4ae8cP0*×2*2p025解得：P0-3, B 数学试题评分参考第3页（共7页） 由(2)知：AC-=PC-2W2,∴.OC=VPC-PO2-√5， BF=CR PO OC' ∴c=V35, ,CN=V22+12=5,∴.EN=√5-V5t, :DBBC,DF器sC222 若存在F使得二面角F-AB-C的大小为 则m∠0ng器解得：传 :.CF=CB2+Bm=2V242<CC1=V2, 5 存在满足题意的点瓜，且C二 18.(17分) (1)当m=5时，实现A的方法为向左传5次或向右传5次，共有C+C。种， 所以P4)=C+g-⊥ …2分 2316 当m=10时， 解法一：列举法 实现A。的方法有3种， ①向左传5次，向右传5次，概率为9器=22_126 2°202° ②向左传10次，概率为2西： 1 ③向右传10次，概率为2西： 1 所以P(4)=空52 127127 …5分 解法二：构造法 规定向右传为正方向，x(=1,2,,叫为第1次传球所对应的值，若第1次传球向左传，则 x=-1,若第1次传球向右传，则x=1.对于进行了m(meN)次传球后传回甲，等价于 +x2+53+…+xm=5t(teZ). 对于A。即进行了10次传球后球传回甲，则多+x2+3+…+。=0减±10，所以在，3，…，0 数学试题评分参考第4页（共7页） 中，有10个1、10个-1或者5个1和5个-1，共有C8+C0+C0种. 所以P(4)=C+c+C-12z …5分 210 512 当m=5(keN)时， 实现A的方法数为x+,2+3++x#=5t(t∈Z)解的数量，x可能的取值为5水个1：5(k-1) 个1和5个-1；5(k-2)个1和10个-1：：5k个-1，共有C+C-0+C-列+…+C9 种情况，所以P4)=C学+C9+C-++C生 …7分 2* (2)如图1，将甲、乙、、戊5人依次用1、2、、5表示，按照长传规则，甲()只能将球等 可能传给丙(3)或丁(4)，如此类推. 当m=4时，B,表示4次长传后球传回给甲，由图2画出树状图知只有1种方法：1→3→5→3→1， 所以P(®，)卢立6 11 ………10分 丙(3) 丁(4) 乙(2) 戊(5 甲() 4<1 图1 图2 解法一：列举法 在图2基础上继续往后列举，如图3： 4< 图3 2次传球后球传回到甲有2种可能：1一3一1、14一1，概率为宁×2： 1千速琳T一8一S一一【鶉世中性【毕由度回鞋旦双书 6次传球后球传回到甲有1种可能：1-3一5-3-5-3一1，概率为宁 不难发现261≥2)次传球后球传回到甲有唯一的可能，概率为2产： 1 所以球传回到甲的概率为2+1+1 2 - 2+2++22+ …15分 1- 数学试题评分参考第5页（共7页） 19.(17分) 解：(1)当c=0时，函数x)=lnxa,其定义域为(0，+o),求导得f'(x)= x-a, 当a≤0时∫'(x)>0在(0，+∞)上恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增. 当a>0时，令f'()=0,解得= 当xe(0,)时f"(x)>0=)单调递增； 当xe(合，+)时”()0)单调递减 综上，当a≤0时，fx)在(0，+o)上单调递增； 当6o>0时)在(0，启）上单调通增，在（合，+m)上单调递减…《6分） (2)当c=受时)=sim(受+hxa， 设p(e)f"(=受m(受+a,0, 1当a=1时p()=受c(受)+1， 易知p(1)=0,且xe(0,1)时，p()>-1>0,xe(1,2)时，p()<-1<0,则1为x)的极大值点， 面p2)受w+1-号}0， 4=m2m1受-220， 则存在∈(2,4)，使p(x)=0,即应为f八x)的另一极值点，知a=1时不成立.…(8分) 2当a=2时，p()=受（受）+2，则p(e)=n(受) 当xe(0,2]时，n(受)≥0，p'(e)=m(受子0恒成立，得o()在(0,2]上单调递减， 又（分）-0，(1）=-10，所以p()在(（0,2]内存在唯-零点名（合，小， 即(x)在(0,2]内存在唯一极值点x; 当xe(2,3)时，m<受受，所以-1kam(侵)k0,则p()士2<分20)单调递减，无极值： 当e3,)时，受受则p()≤宁士2≤号+20g00)单洞递该，无极值 2 2￥ 6 故a=2符合要求. 综上，正整数a的最小值为2，使f代x)存在唯一的极值点.…(11分) 数学试题评分参考第6页（共7页） (3)证明：g(x)在(0，+o)上有零点，所以g(x)=e-ax-bsin x=0,即ax+bsin x-e=0有实数根， 设g(x)在(0，+∞)上的零点为t>0,则at+bsint-e=0, 则点(a,b)为直线x+ysint-e=0上一点， 所以√a+b表示点(a,b)到原点的距离， 则a+≥。，即a2+i≥2tn √R+sint 设u(t)=sint-t,b>0,则u'(t)=cost-1≤0， 所以函数u(t)在(0，+o)上单调递减，则u(t)=sint-t<u(0)=0, 即，又e测w产品岁 …(14分) 器>0，则)=C,令00，得01，令0，得L, 设()= 所以函数u()在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 则)≥(1)=号，即a+6号 …(17分) 2 数学试题评分参考第7页（共7页）