精品解析：四川广元市高2026届第二次高考适应性检测数学试题

广元市高2026届第二次高考适应性检测 数学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，务必将自己的姓名、座位号、班级和考籍号填写在答题卡规定的位置上. 3.答选择题时，必须使用2B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，再选涂其他答案标号. 4.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 5.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 6.考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题共58分） 一、单选题：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. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以. 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，，则焦点坐标为． 4. 等比数列的前项和为，且，则公比（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先分类讨论和，再根据等比数列求和公式列出方程即可求解． 【详解】若，则，不合题意舍； 所以，则． 5. 设是定义在上周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数的性质及周期计算即可． 【详解】因为是定义在上周期为2的奇函数， 所以， 又当时，，则， 所以． 6. 已知直线和平面，，若，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】B 【解析】 【分析】根据题意，由空间中线面的位置关系，即可判断． 【详解】当时，由，直线与平面可能垂直，也可能平行，故充分性不成立； 当时，由，可知，故必要性成立； 所以“”是“”的必要不充分条件． 7. 甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（ ） A. 16种 B. 20种 C. 24种 D. 28种 【答案】D 【解析】 【分析】分类讨论求解， 第一类，甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻；第二类，甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件.从而得解. 【详解】甲和乙之间恰好有1人，有两种情况： 甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻，有种， 甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件，有种，共有种． 故选：D. 8. 在中，，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的定义，结合余弦定理、三角形面积公式、辅助角公式进行求解即可. 【详解】设所对的边分别为， ，当且仅当时取等号， 即， 即，当且仅当时取等号， 设 ， 所以，所以面积的最大值为. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的不得分. 9. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为90° B. C. 直线平面 D. 三棱锥的体积为1 【答案】AC 【解析】 【详解】A：由正方体的性质可知：平面， 因为平面， 所以，因此直线与直线所成角为90°，所以本选项结论正确； B：由正方体性质可知：，所以有， 因为，所以不成立，因此本选项结论不正确； C：连接，由正方体的性质可得：，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以直线平面，故本选项结论正确； D：由正方体的性质可得：平面 三棱锥的体积为，故本选项结论不正确； 10. 如图，有一系列正三角形，设第个正三角形的边长为，其中，在曲线上，为坐标原点，在轴上.记为数列的前项和，则（ ） A. B. 对任意的， C. 数列的前项和为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：结合正三角形的性质求出坐标，代入曲线求解即可；选项B：结合正三角形的性质求出坐标，代入曲线得到，根据与的关系求出，进一步判断即可；选项C：由B求出，进而求出，结合裂项相消法求和即可；选项D：由解析式代入求解即可. 【详解】选项A：由题意易知，，则，即，解得，故A正确. 选项B：易知，即， 则，即，则， 所以， 即， 又，所以， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以. 因为，故B错误. 选项C：，则， 所以数列的前项和为，故C正确. 选项D：，故D正确. 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过原点的直线交椭圆于，两点，线段的垂直平分线交椭圆于，两点，过点分别作于，于，则（ ） A. B. 动点的轨迹是一个圆 C. 的面积有最大值，最大值为 D. 四边形面积的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，用椭圆离心率定义即可求得；对于选项B，即证明为定值即可；对于选项C，判断点的轨迹，得到面积取最大的情况即可；对于选项D，把四边形转成两个三角形面积求解即可. 【详解】由，可得，解得，， 从而椭圆， 对于选项A，，选项A正确. 对于选项B，当直线的斜率不存在或等于时，线段与线段中，一条为椭圆的长轴，另一条就为椭圆的短轴，此时， 当直线的斜率存在且不为时，设直线的斜率为，则直线的斜率为， 直线的表达式为，联立，化简整理得， 即，从而 设，，则，，则 同理设，，则，， 则， 由，得， 即， 从而动点的轨迹是以原点为圆心为半径的圆，选项B正确. 对于选项C，由动点的轨迹是以原点为圆心为半径的圆， 可得动点的轨迹是也以原点为圆心为半径的圆， 从而当动点在轴上时，面积的最大值为，选项C错误； 对于选项D，四边形面积 又，从而 令，， 又当直线的斜率不存在时 故四边形面积的取值范围为，选项D正确. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】. 13. 已知变量，的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为__________. 5 6 7 8 9 3.5 4 5 6 6.5 【答案】 【解析】 【分析】经验回归直线方程过样本点的中心，所以把代入求得的值，再代入求解即可. 【详解】由已知得，即样本点中心， 因为经验回归直线方程过样本点的中心， 所以，解得. 所以，当时，. 14. 关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先分类讨论的范围，再根据题意去绝对值，利用导数即可求解范围． 【详解】，其中， 当时，，所以恒成立， 当时，，即，所以， 当时，， 则或， 设，，则， 所以当时，函数单调递增，且， 同理可得，当时，函数单调递减，且， 所以不等式不满足题意； 则， 设， 则 ， 令， 则， 当时，，则在单调递减，则， 所以，则在单调递减，则， 所以． 四、解答题：本大题共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. 记的角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，且的周长为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由诱导公式，两角和与差的正弦公式即可求解； （2）由余弦定理求得，再根据三角形面积公式即可求解． 【小问1详解】 因为， 所以 ， 整理得，， 又，所以， 所以，解得， 又，所以． 【小问2详解】 因为，且的周长为，所以， 由余弦定理得，， 整理得，， 由得，，解得， 所以． 16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，. （1）求双曲线的方程； （2）过左焦点的直线与双曲线交于，两点，，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）通过焦点到渐近线的距离公式及三角形面积公式建立关于的方程，；联立解得参数即可确定双曲线方程； （2）设直线方程并与双曲线联立，利用弦长公式和点到直线距离表示面积，代入已知值解出斜率即可得到直线方程. 【小问1详解】 由题意得的渐近线为，取，即， 右焦点到该渐近线的距离， 所在直线的斜率为，并且过点， 则所在直线方程为，即， 联立，整理得，则，即， 所以，即，代入，则, 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 由（1）知， 当直线斜率不存在时，，代入双曲线得， 则，到的距离为4， 此时，不符合题意， 当直线斜率存在时，设，， 联立得，则， （时与渐近线平行，与双曲线只有1个交点，不符合题意） 则 点到直线的距离， 所以， 由题意得，即， 两边同时平方得，令， 则，整理得，解得或（舍） 故，， 将代入判别式，且，符合题意， 因此直线的方程为， 即或. 17. 圆锥的底面半径和高都为2，线段是圆锥底面圆的直径，是底面圆上的动点（不与，重合）. （1）如图1，若点为线段的中点，证明：平面； （2）如图2，过作于，取线段的中点，且. ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据相似三角形的判定定理和性质定理，结合线面垂直的判定定理和性质求出的长度； ①建立空间直角坐标系，利用球的性质、空间两点间距离公式，结合球的表面积公式进行求解即可； ②利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 连接， 因为，且为线段的中点， 所以， 又因为与圆锥的底面垂直，且是底面内的一条线段， 所以，因为平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为与圆锥的底面垂直，且是底面内的一条线段， 所以，因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以； 连接，如图所示： 因为线段是圆锥底面圆的直径， 所以，不妨设 因为， 所以， 所以， 同理可得， 因为点是线段的中点， 所以. ①在圆中，过作，交圆于点，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 设三棱锥的外接球的球心为， 所以有， 因此， 所以三棱锥的外接球的半径为， 因此三棱锥的外接球的表面积为； ②设平面的法向量为， ， 所以令，得， 即， 设直线与平面所成角为， 所以. 18. 为探索“AI技术赋能下的教育新范式”，某中学高中部提出新的教学评价标准，为了得到高一年级50位教师对新评价标准是否赞同的真实反馈，学校进行了一个网上问卷调查：在微信中开发了一个随机数模拟小程序，当教师点击“抽取”键，手机屏幕将出现数字的快速随机滚动，并最终等可能的生成1，2，3，4，5当中的一个数，每个教师抽取两次．规定“若抽取的两个数奇偶性不同，则按方案①填写问卷，否则按方案②填写问卷”． 方案①：若第一次抽到的是偶数且第二次抽到的是奇数，则在问卷中填“”，否则填“”； 方案②：若对新评价标准赞同，则在问卷中填“”，否则填“”． 当所有教师完成问卷调查后，统计填“”与填“”的比例．用频率估计概率，即可得到高一年级50位教师对新评价标准赞同比例的估计值． （1）求教师甲按方案①填写问卷的概率； （2）若用表示甲、乙2位教师按方案①填写问卷的人数，求的分布列、数学期望和方差； （3）若所有调查问卷中，填“”的问卷有32份，试估计高一年级50位教师对新评价标准的赞同比例（用分数表示）． 【答案】（1） （2）分布列见解析，， （3） 【解析】 【分析】（1）先算出单次抽取奇数和偶数的概率，即可计算出教师甲两次抽取到的数字奇偶性不同的概率； （2）用二项分布求期望和方差； （3）用全概率公式，结合已知条件反推方案②的赞同概率． 【小问1详解】 每名教师每次抽取到偶数的概率为，抽取到奇数的概率为， 则教师甲两次抽取到的数字奇偶性不同的概率， 所以教师甲按方案①填写问卷的概率； 【小问2详解】 由（1）知，甲乙两位教师中按方案填写问卷的人数， 可取，， ， ， 则的分布列 0 1 2 所以的数学期望； ． 【小问3详解】 记事件为“按方案填写问卷”，事件为“按方案填写问卷”，事件为“在问卷中填“”， 由（1）知， ， 因为， 由全概率公式， 则，解得， 所以根据调查问卷估计，高一年级位教师对新评价标准的赞同比例为． 19. 设函数. （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）若，，证明：. 附：. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导代入得到，再写出切线方程即可； （2）分离参数得，再设新函数求导得到右边最值即可； （3）累乘得，设，求导得其单调性则有，再结合（2）得，最后累加即可证明. 【小问1详解】 由可得切点， 因为 所以， 所以切线方程为，即． 【小问2详解】 在区间上，由恒成立，得， 设，当时，， 故只需研究时的情形．， 设， 在区间上，， 所以，在区间上单调递减，所以， 即在区间上递减，所以， 所以，解得． 【小问3详解】 由，得即， 所以， 令， 所以恒成立， 所以在上单调递减， 所以， 所以当时，，即， 所以当， 当时，有， 又由（2）知当时，，所以， 所以，故， 所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广元市高2026届第二次高考适应性检测 数学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，务必将自己的姓名、座位号、班级和考籍号填写在答题卡规定的位置上. 3.答选择题时，必须使用2B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，再选涂其他答案标号. 4.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 5.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 6.考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题共58分） 一、单选题：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. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 等比数列的前项和为，且，则公比（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 5. 设是定义在上周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线和平面，，若，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 7. 甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（ ） A. 16种 B. 20种 C. 24种 D. 28种 8. 在中，，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的不得分. 9. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为90° B. C. 直线平面 D. 三棱锥的体积为1 10. 如图，有一系列正三角形，设第个正三角形的边长为，其中，在曲线上，为坐标原点，在轴上.记为数列的前项和，则（ ） A. B. 对任意的， C. 数列的前项和为 D. 11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，过原点的直线交椭圆于，两点，线段的垂直平分线交椭圆于，两点，过点分别作于，于，则（ ） A. B. 动点的轨迹是一个圆 C. 的面积有最大值，最大值为 D. 四边形面积的取值范围为 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则__________. 13. 已知变量，的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为__________. 5 6 7 8 9 3.5 4 5 6 6.5 14. 关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为__________． 四、解答题：本大题共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. 记的角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，且的周长为，求的面积． 16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为.若，. （1）求双曲线的方程； （2）过左焦点的直线与双曲线交于，两点，，求直线的方程. 17. 圆锥的底面半径和高都为2，线段是圆锥底面圆的直径，是底面圆上的动点（不与，重合）. （1）如图1，若点为线段的中点，证明：平面； （2）如图2，过作于，取线段的中点，且. ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求直线与平面所成角的正弦值. 18. 为探索“AI技术赋能下的教育新范式”，某中学高中部提出新的教学评价标准，为了得到高一年级50位教师对新评价标准是否赞同的真实反馈，学校进行了一个网上问卷调查：在微信中开发了一个随机数模拟小程序，当教师点击“抽取”键，手机屏幕将出现数字的快速随机滚动，并最终等可能的生成1，2，3，4，5当中的一个数，每个教师抽取两次．规定“若抽取的两个数奇偶性不同，则按方案①填写问卷，否则按方案②填写问卷”． 方案①：若第一次抽到的是偶数且第二次抽到的是奇数，则在问卷中填“”，否则填“”； 方案②：若对新评价标准赞同，则在问卷中填“”，否则填“”． 当所有教师完成问卷调查后，统计填“”与填“”的比例．用频率估计概率，即可得到高一年级50位教师对新评价标准赞同比例的估计值． （1）求教师甲按方案①填写问卷的概率； （2）若用表示甲、乙2位教师按方案①填写问卷的人数，求的分布列、数学期望和方差； （3）若所有调查问卷中，填“”的问卷有32份，试估计高一年级50位教师对新评价标准的赞同比例（用分数表示）． 19. 设函数. （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）若，，证明：. 附：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $