精品解析：四川绵阳市2026届高三下学期高考适应性考试数学试题

四川绵阳市2026届高三下学期高考适应性考试数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号和班级填写在答题卡上． 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、答题卡和草稿纸一并交回． 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. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. 0 D. 2. 已知集合，集合，则 （ ） A. B. C. D. 3. 已知，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 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 5. 5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（ ） A. B. C. D. 6. 已知各项均为正数的等比数列，若，则公比（ ） A. B. 2 C. D. 4 7. 已知双曲线的焦点在 轴上，且其中一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（ ） 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. 某学校开展了一次国防知识测试活动，满分为10分，用纸质统计了40名学生的成绩，如下表所示，最低分为5分，有部分格子破损． 成绩／分 5 6 7 8 9 10 人数 8 7 10 7 关于这40名学生的成绩，则（ ） A. 众数为9 B. 极差为5 C. 第30百分位数为6 D. 平均数小于中位数 10. 在正方体中，E，F，G，H，M，N分别是棱，的中点．下列说法正确的是（ ） A. 直线EF、MN、CD相交于同一点 B. GN和MH是异面直线 C. 若点 在直线上，则平面EFH D. E，F，G，H，M，N在同一个球面上 11. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，点 （异于）在抛物线上，轴于点，曲线在点 处的切线为，且与 轴交于点．下列说法正确的是（ ） A. 为OB的中点 B. 可能为锐角三角形 C. 若，则四边形ABCF的面积不小于 D. 若与圆心在 轴上的圆相切于点 ，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机事件 和，其中．则__________． 13. 若是奇函数，当时，．则______． 14. 融合科技和娱乐的无人机群表演深受人们欢迎．现有 架无人机依次围成一个圆形飞行表演编队（相邻）．操控员需要对每架无人机发送两种编码：频段编码（0或1）和校验编码（ 或 ），无人机端接收频段编码和校验编码．为了保证无人机群飞行的稳定，要求相邻两架无人机之间的频段编码或者校验编码至少有一个相同，称满足这样条件的编码为合法编码，设该无人机群飞行编队的合法编码有种．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. 记的内角 ，，的对边分别为 ，，，已知． （1）求； （2）若是AB边上一点，且，求的值． 16. 椭圆的左，右焦点分别为，过外的点且斜率为 的直线交于A，B两点．当过时，的周长为8，． （1）求的方程； （2）为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为．证明：成等差数列． 17. 如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为BC的中点，为上底面的中心． （1）证明： 平面ABC； （2）求平面 与平面 的夹角的余弦值． 18. 一个袋子中装有 个大小相同的小球，编号分别为，且．进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出 个球，记所取球的编号组成的集合为 ．第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出 个球，记所取球的编号组成的集合为 ．设随机变量 表示的元素个数． （1）若，求 的分布列； （2）若，且，求 ； （3）求 的方差（结果用k，n表示），并探究k，n具有怎样的关系时，最大？ 19. 已知函数． （1）证明：当时，； （2）若存在两个极大值点． （i）当0是的极小值点时，证明：； （ii）当 时，是否存在 ，使得？如果存在，请求出 的值，如果不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川绵阳市2026届高三下学期高考适应性考试数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号和班级填写在答题卡上． 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、答题卡和草稿纸一并交回． 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. 已知复数，则（ ） A. 2 B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于复数，其共轭复数为 ， 故. 2. 已知集合，集合，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，，则. 3. 已知，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】 【详解】由题可知， 若 ，则，当且仅当“”时取“”， 则； 若取，满足，但， 故“”是“”必要不充分条件. 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【详解】由可知， 故. 5. 5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】每一名工人都有4种选择方法，根据分步计数原理求得5名工人不同选择方法的种数． 【详解】每一个工人都有4种选择方法，故5名工人不同方法的种数有种. 6. 已知各项均为正数的等比数列，若，则公比（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】借助等比数列基本量计算即可得. 【详解】由题意可得，，， 则，即， 则，故或， 当时，则，不符，故舍去； 当时，则，符合题意； 综上可得：. 7. 已知双曲线 的焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为双曲线 的焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为， 所以，即， 所以. 8. 将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简函数，然后直接求出零点即可得解. 【详解】， 令，则或， 所以或， 将的零点从小到大排列：， 所以数列的前8项和为. 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. 某学校开展了一次国防知识测试活动，满分为10分，用纸质统计了40名学生的成绩，如下表所示，最低分为5分，有部分格子破损． 成绩／分 5 6 7 8 9 10 人数 8 7 10 7 关于这40名学生的成绩，则（ ） A. 众数为9 B. 极差为5 C. 第30百分位数为6 D. 平均数小于中位数 【答案】ABD 【解析】 【详解】A. 9分人数为10人，是已知各分数段中最多， 由于5分（设为x人）与6分（设为y人）总人数为8人（ ）， 任一分数人数最多为8，不可能超过10，因此众数必为9，故正确； B.最低分为5分，最高分为10分，极差为 ，故正确； C.总人数40，第30百分位数位置为 ，即取第12和第13个数据的平均值， 前8个数据为5分或6分，第9至16个数据均为7分 第12、13个数据均为7 第30百分位数为7，故选项错误. D.中位数：第20、21个数据位于8分区间（前16个为5/6/7分，第17–23为8分） 中位数为8， 平均数计算： ， 因 ，故 ，即平均数小于中位数. 10. 在正方体中，E，F，G，H，M，N分别是棱，的中点．下列说法正确的是（ ） A. 直线EF、MN、CD相交于同一点 B. GN和MH是异面直线 C. 若点在直线上，则平面EFH D. E，F，G，H，M，N在同一个球面上 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平面公理判断A；由为平行四边形判断B；利用面面平行判断C；根据正方体的几何特征判断D. 【详解】对A，因为 分别是的中点，所以，且， 所以为平行四边形，所以， 又分别是的中点，所以，所以且， 所以共面且不平行，记其交点为 ，易知 是平面和平面的公共点， 所以点 在平面和平面交线上， 所以交于同一点，正确； 对B，易知，且，所以为平行四边形， 所以GN和MH共面，错误； 对C，分别是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可证，平面，又是平面内的两条相交直线， 所以平面平面， 因为平面，所以平面，正确； 对D，由正方体的几何特征可知，正方体的中心（体对角线的交点）到各棱中点的距离相等， 所以E，F，G，H，M，N在以正方体的中心为球心与各棱相切的球上，正确. 11. 已知 为坐标原点，抛物线的焦点为，点 （异于 ）在抛物线上，轴于点 ，曲线在点 处的切线为，且与轴交于点 ．下列说法正确的是（ ） A. 为OB的中点 B. 可能为锐角三角形 C. 若，则四边形ABCF的面积不小于 D. 若与圆心在轴上的圆相切于点 ，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，求导，根据点斜式求解切线方程，即可求解 坐标，进而可判断A，根据向量的坐标运算得，即可判断B,根据面积公式，即可判断C，根据垂直关系，以及锐角三角函数，结合两点距离公式即可求解D. 【详解】设， 由于，故，因此曲线在点 处的切线为， 令，则，故,又,故 为OB的中点，A正确， 由于，，故, 则，因此, 为直角三角形，故B错误， 若，则,因此，故，由于则， 四边形ABCF的面积为，故C正确， 直线，令，则,故， 由于，故,故,因此，故（负值舍去），， 因此，即,D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机事件 和 ，其中．则__________． 【答案】## 【解析】 【详解】由概率的加法公式：, 代入已知条件得：， 解得：. 13. 若是奇函数，当时，．则______． 【答案】 【解析】 【详解】由于，且是奇函数，故. 14. 融合科技和娱乐的无人机群表演深受人们欢迎．现有架无人机依次围成一个圆形飞行表演编队（相邻）．操控员需要对每架无人机发送两种编码：频段编码（0或1）和校验编码（或 ），无人机端接收频段编码和校验编码．为了保证无人机群飞行的稳定，要求相邻两架无人机之间的频段编码或者校验编码至少有一个相同，称满足这样条件的编码为合法编码，设该无人机群飞行编队的合法编码有种．则__________，__________． 【答案】 ①. 28 ②. 【解析】 【分析】根据题设条件可构建，利用构造法可求的通项. 【详解】无人机端接收频段编码和校验编码有四种不同编码情况，分别为， 如图所示，当有3架无人机时， 若编码相同时，有种不同方法， 若编码不同时，有种不同方法，则， 设架无人机围成圆形，每架无人机有4种状态（频段与校验的组合）， 相邻无人机必须满足频段相同或校验相同. 考虑线性排列：第一架有4种选择，之后每架有3种选择（与前一架兼容），故线性排列数为． 对于环形排列，需首尾兼容，利用对称性，固定第一架为某状态， 设表示从该状态出发经过步回到自身的路径数（每步有3种选择），环形排列数． 由递推可得，初始，解得， 因此， 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. 记的内角 ， ， 的对边分别为，，，已知． （1）求 ； （2）若是AB边上一点，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理将化为，整理得，即可求出答案； （2）在和中分别利用余弦定理得，，根据可得，再根据即可求出答案. 【小问1详解】 由正弦定理得， 由于，所以， 所以，即， 整理得， 又，所以. 【小问2详解】 因为，所以，， 在中，由余弦定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 因为，所以， 即，整理得， 在中，由余弦定理得， 所以，所以. 16. 椭圆的左，右焦点分别为，过外的点且斜率为的直线交于A，B两点．当过时，的周长为8，． （1）求的方程； （2） 为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为．证明：成等差数列． 【答案】（1） （2）证明：设，则， 由题意，得直线的方程为， 联立，得， 则， 所以 ， 即，则，所以成等差数列. 【解析】 【分析】（1）根据条件结合椭圆的定义，可得a值，根据向量求夹角公式及条件，可得c值，根据 的关系，可得，即可得答案. （2）设，可得的表达式，由题意得直线l的方程，与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，根据斜率公式，可得表达式，化简整理，即可得证. 【小问1详解】 由椭圆的定义得的周长为，解得， 设焦距为，则，所以， 则， 因为，所以，解得， 则 ，所以的方程为. 【小问2详解】 略 17. 如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为BC的中点，为上底面的中心． （1）证明：平面ABC； （2）求平面 与平面 的夹角的余弦值． 【答案】（1）以 为坐标原点， 所在平面 为 平面， 建立空间直角坐标系. 由题意可取 . 设 . 因为 ， 所以 .(1) 又 . 由 ，得 即 .(2) 同理， 由 ， 得 即 .(3) 由(2)，(3)联立可得. 代入(1)，得. 因为 在平面 的上方， 所以. 故 . 于是 . 因为 为上底面 的中心，所以 . 所以 . 而平面 的方程为 ， 其一个法向量为 . 因此 ，从而 . （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知条件中既有长度关系，又有线面位置关系与角度关系，故可建立空间直角坐标系求解. 取 为原点, 所在平面 为 平面，先求出点 的坐标，再由向量 的方向判断其与平面 的垂直关系. （2）在第(1)问所建坐标系的基础上，先求平面 与平面 的法向量， 再利用两个法向量所成角的余弦值求得两平面的夹角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由点的坐标可知， 平面 上各点的 坐标都为 ， 故平面 的一个法向量可取为 . 又 . 故平面 的一个法向量可取为 . 于是两平面的夹角 满足. 故平面 与平面 的夹角的余弦值为. 18. 一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为，且．进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为 ．设随机变量表示的元素个数． （1）若，求的分布列； （2）若，且，求； （3）求的方差（结果用k，n表示），并探究k，n具有怎样的关系时，最大？ 【答案】（1）的分布列为： （2） （3）当为偶数时，​时最大； 当为奇数时，或​时最大； 【解析】 【分析】（1）先确定的所有可能取值，结合组合数计算每个取值对应的概率，进而列出的分布列； （2）根据交集元素个数为的概率公式列关于的方程，求解符合条件 的正整数即可； （3）判断服从超几何分布，代入超几何分布的方差公式得到的表达式，再根据二次函数性质分析取最大值的条件. 【小问1详解】 X表示的元素个数，可能取值为，总取法为， 表示两次取的球无公共元素，取法为，，​ 表示两次取的球恰有1个公共元素，取法为，， 表示两次取的球完全相同，取法为，， 的分布列为： 【小问2详解】 由已知，表示第二次从个球中取出个球，其中恰有两个球的编号属于， ， 代入 ，则 ​ ， 化简得， 因式分解得，结合 得． 【小问3详解】 由题，，， 则随机变量服从超几何分布，则 固定时，的大小由决定， 是开口向下的二次函数，对称轴为： 当为偶数时，​时最大； 当为奇数时，或​时最大. 19. 已知函数． （1）证明：当时，； （2）若存在两个极大值点． （i）当0是的极小值点时，证明：； （ii）当 时，是否存在，使得？如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：∵， 由于，，则， 令， 要证 ，，只需证： ， ，易知， ，，（其中为函数的导函数） ，可得，（其中为函数的导函数） ∴在上单调递增，， ∴在上单调递减，， ∴在上单调递增，， ∴当时， ，. （2）（i）证明：∵，且 ， ∴， ∵0为的极小值点，由于， ∴必有，即， 由于， 令，则， ∴存在，使得在与上满足，单调递减； 在上，单调递增． ∴存在，使得在与上有，单调递增； 在与上有，单调递减． ∴的极大值点为：， 由于，则， 在单调递增，则． 由于， 由（1）得：， ∴，则 ； （ii）存在，. 【解析】 【分析】（1）计算，再根据构造新函数，然后多次求导得其单调性即可证明； （2）（i）对多次求导得其极大值点为：，再计算即可得到，最后利用其单调性即可证明； （ii）由于 ，所以，从而得到方程组，消去，再构造新函数从而得到，最后验证即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）∵ 为的一个极大值点， ，且，由于 ，所以， 即(＊)， 消去a可得，， ∴， 令，由于， 则在单调递增，又T(0)=0，但，所以，则， 将代入(＊)得到， 下面检验当时，代入得到， 此时， 易知， 又，则为的极大值点， ，则为的极大值点，且，则符合题意； ∴存在，使得 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $