精品解析：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，，若含有4个元素，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 已知第四象限角，，则（ ） A B. C. D. 3. 复数是实数，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 0或1 4. 已知圆：，直线：，设为圆上的一动点，则点到直线的最大距离为（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 13 5. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 6. 如图，设，线段与交于点，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，将它们随机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（ ） 1 2 3 4 5 6 A. B. C. D. 8. 四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，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，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得为直角 B. 对于任意点，都有直线平面 C. 对于任意点，都有平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 11. 已知抛物线的焦点为，点为的准线上一点，过的直线与交于A，B两点（在第一象限），过A，B分别向的准线作垂线，垂足分别为，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则的斜率为 B. 存在直线，使得的面积为 C. 若为等边三角形，则 D. 若的面积为，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. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 14. 若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________． 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. 设向量，，． （1）求的单调递减区间； （2）在锐角中，角所对的边分别为，若，，，求的面积 16. 已知双曲线左、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4． （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. 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. 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“第一阶段经过次传球后球在甲脚下”，“第二阶段结束时共进行了次传球”，“第二阶段结束时球在甲脚下”． （1）求，及； （2）求及． 19. 已知函数，. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，试求出正整数最小值，使存在唯一的极值点； （3）若在上有零点，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，若含有4个元素，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合元素的互异性及并集的概念求解即可. 【详解】根据集合元素的互异性可知，，. 因为含有4个元素，所以仅含有1个元素， 若，则或，所以或. 若，则. 结合集合元素的互异性可知或. 当时，，，，符合题意. 当时，，，，不符合题意. 综上，. 2. 已知为第四象限角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数的关系，结合角的范围，即可得答案. 【详解】由题意得，解得， 又为第四象限角，则，所以. 3. 复数是实数，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 0或1 【答案】B 【解析】 【分析】利用实数定义计算即可得. 【详解】由题意可得，解得. 4. 已知圆：，直线：，设为圆上的一动点，则点到直线的最大距离为（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】先求得圆心到直线的最大距离，再根据圆周上的点到直线距离的最大值为即可求解． 【详解】由题意得圆心，半径为3， 因为直线：，所以直线过定点， 数形结合可知，圆心到直线的最大距离， 所以点到直线的最大距离为． 5. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，借助等差数列及其前项和的基本量与等比中项的性质计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为，则有， 即，由，，成等比数列，则， 即，化简得， 由，则，即有，解得， 故 6. 如图，设，线段与交于点，且，通过计算得到：，则的最小值为（    ） A. 5 B. 9 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量定理的推论及基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】由，三点共线，得，即， 所以， 当且仅当，即时取等号. 故最小值为. 7. 现有1个白球、3个黑球，将它们随机放入如图所示编号为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（ ） 1 2 3 4 5 6 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由已知白球编号的可能取值为， （白球在4号，3个黑球从左侧3个抽屉选） （白球在5号，3个黑球从左侧4个抽屉选） （白球在6号，3个黑球从左侧5个抽屉选） 所以 8. 四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先取中点O，分析、与的垂直关系，确定四面体体积的表达式，因为四面体体积最大时，需高最大，所以当平面平面时，体积取得最大值，建立空间直角坐标系，求出外接球的球心坐标，计算外接球半径，最后利用球的表面积公式求解. 【详解】取的中点为O，连接， 由于，故， 平面，故平面， 设，则，， 设，则四面体的体积， 要使得四面体的体积最大，必有，即此时平面平面， 则此时，令，， 则，当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故时，取得最大值，此时取得最大值， 即得， 以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设四面体的外接球的球心为，则， 即， 解得，即外接球球心为， 故外接球半径为， 故外接球的表面积为. 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 【答案】AB 【解析】 【详解】因为一共有个数据，，所以第80百分位数为第五个数，所以， 所以该组数据的极差为，故A正确； 该组数据的中位数为，故B正确； 因为的平均数为， 所以剔除该组数据中的4后，剩下样本数据的平均数不变，故C错误； 因为数据的方差为， 而剔除该组数据中的4后，数据的方差为，即方差变大，故D错误. 10. 如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得为直角 B. 对于任意点，都有直线平面 C. 对于任意点，都有平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】CD 【解析】 【分析】先证明，对于A：假设为直角，结合线面垂直判定定理证明平面，推出矛盾即可判断；B：根据线面平行的性质证明，推出矛盾即可判断；C：证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论即可判断；D：先证明点到平面的距离为定值，由体积公式可判断即可． 【详解】因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，又，都为锐角， 所以，又，， 所以，故， 对于A，若为直角，则， 因为平面，平面， 所以，又相交，平面， 所以平面，又平面， 与过点有且只有一条直线与平面垂直矛盾，故A错误；        对于B，连接，则平面平面， 若平面，且平面，则， 又，，故四边形为平行四边形， 故相交，矛盾，故B错误； 对于C，连接，，，， 由平面，平面，得， 由为正方形，易知， 因为，平面，平面， 平面，，同理可证， ，平面， 平面，又平面， 平面平面，故C正确； 对于D， ，平面，平面， 平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 三棱锥的体积为定值， 故三棱锥的体积为定值，D正确． 11. 已知抛物线的焦点为，点为的准线上一点，过的直线与交于A，B两点（在第一象限），过A，B分别向的准线作垂线，垂足分别为，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则斜率为 B. 存在直线，使得的面积为 C. 若为等边三角形，则 D. 若的面积为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知求得，应用抛物线的定义求得，进而确定点，再求直线斜率判定A，令联立抛物线，应用韦达定理得，，从而得到，结合各项描述判断B、C、D. 【详解】由题意，则，且， 令，联立抛物线整理得， 所以，，则， 对于A，由可得， 又，由，可得，故，故A正确； 对于B，由，则，故B错误； 对于C，由为等边三角形及抛物线的定义知，且， 所以，解得（负根舍去），则， 所以，联立抛物线， 所以，则，故C正确； 对于D，由上分析，，则， 易得，则，同理， 所以 ，故D正确. 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____________． 【答案】 【解析】 【分析】棱柱的高为，先求出侧面积及表面积，利用题干给出的条件解出高，最后用体积公式求解体积. 【详解】设正三棱柱的高为，底面正三角形边长， 侧面积：， 底面积：， 两个底面的总面积为， 表面积： ， 依题意得：， 代入得： 化简求解：， 正三棱柱体积：. 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线方程，结合，利用两点间距离公式求出点坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，其中. 直线方程：. 设，因为，所以， 即，解得，所以. 代入椭圆方程得，即，所以，即. 又，所以. 14. 若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【详解】函数恰好有两个零点，可转化为函数与函数的图象恰有两个交点. ①当恒成立，即时， 问题转化为方程即有两个不同的解. 由. 所以或. ②当时，方程有两个正根，（），如图， 当时，恒成立， 所以此时直线与曲线必有两个不同的交点. ③当时，方程有两个负根，（），如图， 当时，恒成立， 所以此时直线与曲线必有两个不同的交点. 综上可得：若函数恰有两个零点，则的取值范围是. 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. 设向量，，． （1）求的单调递减区间； （2）在锐角中，角所对的边分别为，若，，，求的面积 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用向量数量积的坐标表示及三角恒等变换化简求得，再利用正弦型函数的性质求递减区间； （2）由得，结合正弦定理可得，结合余弦定理有，联立求得，最后应用三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 由题意得 ， 令，解得， 所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 因为为锐角三角形，由得， 由可得， 所以，故， 在中，由正弦定理得，所以， 所以①， 由余弦定理得，得②， 由①②解得， 所以的面积为. 16. 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4． （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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合离心率求出、，即可得解； （2）依题意可得直线的方程为，设，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由为锐角，可得，再由数量积的坐标表示得到不等式，解得即可； 【小问1详解】 依题意，解得， 所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 由（1）知、， 依题意直线的斜率，则直线的方程为， 由，消去整理得， 设，， 当，即，由， 则，， 所以 ， 因为为锐角，所以， 即 ，解得或， 则或或， 又，所以的取值范围为. 17. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据棱台性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论； （2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果； （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【小问1详解】 连接， 在三棱台中，； ，四边形为等腰梯形且， 设，则. 由余弦定理得：， ，； 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； 是以为直角顶点的等腰直角三角形，， ，平面，平面. 【小问2详解】 由棱台性质知：延长交于一点， ，，， ； 平面，即平面， 即为三棱锥中，点到平面的距离， 由（1）中所设：，， 为等边三角形，， ，； ，， ， 设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离， ，，解得：. 即点到平面的距离为. 【小问3详解】 平面，平面，平面平面， 平面平面 取中点，在正中，，平面， 又平面，平面平面． 作，平面平面，则平面， 作，连接，则即在平面上的射影， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面，，即二面角的平面角. 设， 在中，作， ，，又平面，平面， ，解得：， 由（2）知：，， ，， ，， ，， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得：， ， 存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 18. 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“第一阶段经过次传球后球在甲脚下”，“第二阶段结束时共进行了次传球”，“第二阶段结束时球在甲脚下”． （1）求，及； （2）求及． 【答案】（1）；； （2）； 【解析】 【分析】（1）根据传球规则，确定相应事件包含的事件个数，根据古典概型的概率公式，即可求得答案. （2）根据的含义，利用树状图可确定其包含的事件个数，即可求得；记事件“第二阶段结束时球在甲脚下” =“球从甲（1）传出，最终回到甲（1）”，C=“球从戊（5）传出，最终回到甲（1）”，利用方程思想，列出关于的方程，即可求得答案. 【小问1详解】 当时，实现的方法为向左传5次或向右传5次，共有种， 而此时总共种可能的传球方式， 所以； 当时，实现的方法有3种： 向左传5次，向右传5次，概率为； 向左传10次，概率为； 向右传10次，概率为； 所以； 当时，实现的方法数为解的数量， 可能的取值为个1；个1和5个-1；个1和10个；， 个，共有种情况， 而此时所有可能的传球方法有种， 故； 【小问2详解】 如图，将甲、乙、、戊5人依次用1、2、3、4、5表示，根据长传规则， 甲（1）只能将球等可能传给丙（3）或丁（4），依此类推， 当时，表示4次长传后球传回给甲，画出树状图： 可知只有1种方法：，而此时所有可能的传球方法有种， 故； 记事件“第二阶段结束时球在甲脚下” =“球从甲（1）传出，最终回到甲（1）”， C=“球从戊（5）传出，最终回到甲（1）”， 分解事件B，可能的情况是：， 将视作整体量，则； 再分解C，可能的情况是：，则； 联立，， 解得， 即第二阶段结束时球在甲脚下的概率为. 19. 已知函数，. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，试求出正整数的最小值，使存在唯一的极值点； （3）若在上有零点，求证：. 【答案】（1）答案见解析 （2）2 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）通过求导分析的符号，结合不同的取值范围，判断的单调区间； （2）先通过代入最小的正整数，即，验证不满足“唯一极值点”，再代入，通过分析的单调性与零点唯一性，即可确定是满足条件的最小值； （3）将函数零点转化为直线方程，利用点到直线的距离公式结合导数放缩，把与函数最值关联，从而证明不等式. 【小问1详解】 当时，函数，其定义域为，求导得， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增. 当时，令，解得， 当时，，即在上单调递增； 当时，，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 当时，， 设，， 1°当时，， 易知，且时，，时，， 则在上单调递增，在上单调递减，故1为的极大值点， 而， ， 则存在，使，即应为的另一极值点，故时不成立； 2°当时，，则， ① 当时，，恒成立， 所以在上单调递减， 又，，所以在内存在唯一零点， 即在内存在唯一极值点； ② 当时，，所以，则， 故在上单调递减，无极值； ③ 当时，，则， 故在上单调递减，无极值.. 故符合要求. 综上，正整数的最小值为2，使存在唯一的极值点. 【小问3详解】 在上有零点，所以， 即有实数根， 设在上的零点为，则， 则点为直线上一点， 所以表示点到原点的距离，显然，该距离不小于原点到直线的距离， 即，即， 不妨设，，则， 所以函数在上单调递减，则， 即，又，则， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即. 【点睛】以导数为核心工具，综合解决函数单调性、极值点判断、零点转化与不等式证明等问题，将代数问题与几何意义结合，解题过程中要注意灵活应用分类讨论、试值验证、放缩法等技巧. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $