河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三考前适应性测试数学试题

**基本信息** 方城一高2026届高三数学适应性测试，以文化传承（如旅游业调查）与科学情境（如泰勒公式应用）为载体，覆盖函数、几何等核心知识，通过分层设计考查数学眼光、思维与表达能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数、集合、三角函数、椭圆|第8题正四棱柱贯穿体体积，考查空间观念与创新意识| |填空题|3题15分|命题否定、条件概率、平面几何|第14题凸四边形存在性，体现数学思维的严谨性| |解答题|5题77分|统计概率、数列、导数、立体几何、解析几何|第17题泰勒公式应用，结合数学史考查推理论证；第19题解析几何探究定值与存在性，培养数学表达与创新意识|

方城县第一高级中学2026年高考考前适应性测试高三数学试题 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．复数的虚部为（    ） A． B． C．5 D．6 2．已知集合，则图中阴影部分表示的集合为（    ） A． B． C． D． 3．若，是函数两个相邻的极值点，则（   ） A． B．1 C． D．2 4．已知等差数列的前项和为，且，则（    ） A．52 B．96 C．106 D．120 5．已知函数为奇函数，则（   ） A．2 B．1 C．0 D．-1 6．已知点P为抛物线上一点，过点P作圆C：的两条切线，则切线长的最小值为（   ） A． B．3 C．7 D．9 7．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．如图，两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成一个多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如C，D），另外两条相对的侧棱交于一点（如O）.已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为（   ） 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．若，则（   ） A． B． C． D． 10．已知，是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，是椭圆上的动点，轴，垂足为，且点为的中点，则（   ） A． B．椭圆的离心率为 C．的最小值为 D．面积的最大值为 11．已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．当时，的最小值为 B．若有两个极值点，则实数的取值范围为 C．当时，的值域为 D．若存在，使得成立，则实数的最大值为 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．给出下列命题： ①，； ②所有可以被5整除的整数，末位数字都是0； ③，； ④存在一个四边形，它的对角线互相垂直. 上述命题的否定中，真命题的序号为______. 13．某小区安装人脸识别门禁系统，系统对出入人员仅作出“允许通行”或“禁止入内”两种判断．现对系统进行测试，结果如下：小区业主被判定为“禁止入内”的概率为，外来访客被判定为“允许通行”的概率为．已知进入该小区的人员中，外来访客和小区业主的比为，经测试某人被判定为“允许通行”，则其是小区业主的概率为________． 14．平面凸四边形中，，，，，若满足上述条件的平面凸四边形有且只有1个，则的取值范围为_______. 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．某市为发展旅游业，市旅游局提出“历史从未远去，它一直在我们身边”“一砖一瓦皆故事，一饭一蔬皆成诗”的文化创意主题，围绕这一主题开展了一系列丰富多彩的文艺活动．为了了解人们对活动的喜爱程度，现随机抽取400人进行调查统计，得到如下列联表： 不喜爱 喜爱 合计 男性 180 240 女性 50 合计 400 (1)完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断人们对该活动的喜爱程度是否与性别有关联； (2)为宣传历史文化知识，当地文化局组织了历史知识竞赛活动．活动规定从8道备选题中随机抽取4道题进行作答．假设在8道备选题中，甲正确完成每道题的概率都是，且每道题正确完成与否互不影响；乙只能正确完成其中的6道题． ①求甲至少正确完成其中3道题的概率； ②设随机变量X表示乙可以正确完成题的个数，求变量X的分布列及数学期望． 附：，其中． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16．已知数列的前项和为，且. (1)证明：是等比数列； (2)设，求数列的前项和. 17．英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式. (1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位； (2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明（不使用泰勒公式）； (3)设，证明：. 18．如图甲，在平面五边形中，∥，，，，为的中点，以为折痕将图甲中的△折起，使点到达如图乙中的点的位置，且. (1)证明：平面平面； (2)若过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离. 19．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程，并说明轨迹的形状； (2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 试卷第4页，共5页 试卷第5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年高考考前适应性测试高三数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D B C A D A ABD ABD 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】的虚部为. 2．A 【分析】解一元二次不等式及绝对值不等式求集合，结合韦恩图，根据集合的交集及补集运算可得结果. 【详解】因为， 图中阴影部分表示的集合为： 或， 故选：A. 3．D 【分析】条件可转化为函数的最小正周期，结合周期公式求即可. 【详解】因为，是函数两个相邻的极值点， 所以函数的最小正周期， 又函数的最小正周期， 所以， 所以. 4．B 【分析】先由题设结合等差数列下标和性质得，再结合等差数列前n项和公式即可求解. 【详解】由题得， 所以，则. 故选：B 5．C 【分析】利用诱导公式结合奇函数的定义求解即可. 【详解】因为是奇函数， 所以所以 验证：当时，,满足奇函数的定义. 6．A 【详解】由，得， 所以圆的圆心为，半径. 设，则. 因为切线长等于， 所以当切线长最小时，最小. ， 当，即点的坐标为时，取得最小值，最小值为. 所以切线长的最小值为. 7．D 【分析】利用二次函数的性质及导数分析分段函数单调性及最值，再利用单调递增条件构造不等式，从而求出的取值范围． 【详解】当时，，开口向下，对称轴为， 在上单调递增，最大值为； 当时，，求导得， 要使在上单调递增，需对所有恒成立， 即，则， 令，求导得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 在处取得最大值，， ， 在上单调递增， ，解得， 综上可得，． 8．A 【分析】由题意用两个柱体体积减去重叠部分体积，计算即可. 【详解】如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点I，    则多面体可以分成8个全等三棱锥， 则，且平面，， 则， 该“十字贯穿体”的体积即为. 9．ABD 【分析】令，计算可判断A；令，结合计算可判断B；令，结合B选项计算可判断C；令，计算可判断D. 【详解】对于A，令，则， 故，故A正确； 对于B，令，则， 又，故，故B正确； 对于C，令，则， 又，故，故C错误； 对于D，令，则，故D正确. 故选：ABD 10．ABD 【分析】由椭圆过求出椭圆的方程，从而得到的值，根据椭圆的定义判断A；求出离心率判断B；求得点的轨迹方程，由定点到圆上的点的距离求出的最小值，判断C；当时，的面积最大，由此求出最大值，判断D. 【详解】点在椭圆上，，解得. 椭圆的标准方程为． 设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则. ，即，，，故A，B正确． 对于C，设点，则． 将点的坐标代入椭圆方程，得，即. 点的轨迹方程为， 的最小值为点到圆心的距离减去半径， ，故C错误． 对于D，由C可知，，，则当时，的面积最大，为，故D正确． 11．BCD 【分析】A选项，求导后求单调区间，进而求最小值即可； B选项，将问题转化成有两个不同的解，构造新的函数，使和有两个交点即可； C选项，直接利用导数分析的值域即可； D选项，令，设出的根，保证即可. 【详解】 ，求导得 A选项，当时，，， 令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，则， 即的最小值为，所以A选项错误； B选项，有两个极值点，等价于有两个不同的实数根，即有两个不同的解， 令，则，在上单调递减，在上单调递增，则， 且当时，；当时，；且时，，， 所以当时，有两个不同的解，即有两个极值点，所以B选项正确； C选项，若，则， ，所以在定义域内单调递增， 当时，；当时，；则的值域为，所以C选项正确； D选项，存在，使得，即存在，使得， 令，则 ，由B选项解析可知，当时，若，则， 不妨设为的根，即 ， 当，单调递减，当，单调递增， 则在处取得最小值， ， 需要满足存在，使得成立， 令，则，其中， 令，解得，所以在上单调递减，在单调递增， 则，此时 满足题意，所以，所以D选项正确. 【点睛】本题需要构造不同的函数，利用新函数的导数去研究原函数的单调性和取值范围，构造函数的时候需要注意自变量的取值范围. 12．①②③ 【分析】先对命题进行否定，然后在进行命题的判断. 【详解】命题①否定：，.当时，成立，∴命题①否定是真命题； 命题②否定：存在可以被5整除的整数，末位数字不是0. ∵15能被5整除，且末尾不为0，∴命题②否定是真命题； 命题③的否定：，.∵， ∴命题③否定是真命题； 命题④的否定：所有的四边形，它的对角线互相不垂直. 菱形是四边形且菱形的对角线相互垂直，∴命题④否定是假命题； 故答案为：①②③ 13． 【详解】设表示“被检测人员是业主”，表示“被检测人员是外来访客”， 设表示“允许通行”， 已知外来访客和小区业主的比为，则， 小区业主被判定为“禁止入内”的概率为， 则业主被允许通行的概率为， 外来访客被判定为“允许通行”的概率为， “允许通行”的概率为： ； ． 14． 【分析】以为圆心，为半径画圆，观察能使平面凸四边形有且只有1个的点个数，再求解 【详解】在中，由余弦定理可得， 所以，是直角三角形，， ， ， 如下图，设点到的距离为，，要想构成平面凸四边形，必有， 当，满足条件的平面凸四边形恰好只有1个，    如下图，当，满足条件的平面凸四边形有且只有2个，舍去， ③如下图，延长交于，由图可知， ， 由正弦定理得： 计算得， ， ， 综上所述：的取值范围是. 15．(1)表格见解析，认为人们对该活动的喜爱程度与性别无关； (2)①；②分布列见解析，3. 【分析】（1）根据已知完善列联表，应用卡方公式求卡方值，结合独立检验基本思想即可得结论； （2）①应用独立重复试验的概率求法及互斥事件加法求概率；②由题意X的所有可能取值为2，3，4，依次求出对应概率即可得分布列，进而求期望. 【详解】（1）补全的列联表如下 不喜爱 喜爱 合计 男性 60 180 240 女性 50 110 160 合计 110 290 400 零假设为：人们对该活动的喜爱程度与性别无关， 根据表中数据，计算得到， 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此我们可以认为成立，即认为人们对该活动的喜爱程度与性别无关． （2）①记“甲至少正确完成其中3道题”为事件A，则； ②X的所有可能取值为2，3，4， ，， X的分布列为 X 2 3 4 P X的数学期望． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）当时，可得的值，当时，根据，代入求解，整理变形，根据等比数列的定义，即可得证. （2）由（1）可得表达式，根据错位相减求和法，即可得答案. 【详解】（1）证明：因为， 所以当时，，解得， 当时，， 所以，即. 所以， 又， 所以是以为首项，3为公比的等比数列. （2）由（1）知，. 所以， 则，① ，② ①减去②，得： 所以. 17．(1)0.48； (2)，证明见解析； (3)证明见解析 【分析】（1）利用泰勒公式即可估算的值； （2）构造函数，，并利用导数求得最小值，进而得到与的大小关系； （3）利用（2）中结论得到不等式结合裂项相消法对进行放缩变化，进而证得题给不等式成立. 【详解】（1）令，则，， ，， 故，，，，， 由麦克劳林公式可得， 故． （2）结论：，证明如下： 令，，则 令，则， 故在上单调递增，，则 故在上单调递增，， 即证得，故． （3）由（2）可得当时，， 且由得，当且仅当时取等号， 故当时，，， ， 而 ， 即有 故 而， 即证得． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离即可. 【详解】（1）在平面五边形中，∥，， 所以四边形是直角梯形，且， 在直角中，，且，则， 可得，从而是等边三角形，平分. 因为为的中点，所以，所以， 又因为且平面， 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）取的中点F，连接，过点S作垂直于点，连接，如图， 因为平面平面，平面∩平面， 所以平面，又平面，则 因为，F是的中点，所以， 又且平面，所以平面， 由平面，则； 又因为，所以，则点O是的中点， 又，所以，可得. 以为原点，以所在的直线分别为轴，轴， 如图所示建立空间直角坐标系， 则， 可得. 设平面的一个法向量为， 由，令，则. 由于平面，设 可得， 所以； 由于点平面， 所以， 解得，即， 由（1）可知，平面， 所以点H到平面的距离为. 19．(1)答案见解析 (2)① 证明见解析；②存在； 【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解； （2）设点，其中且. （ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解. 【详解】（1）设点，由题意可知， 即， 经化简，得的方程为， 当时，曲线是焦点在轴上的椭圆； 当时，曲线是焦点在轴上的双曲线． （2）设点，其中且， （ⅰ）由（1）可知的方程为， 因为，所以， 因此，三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程，得， 则， 由（1）可知， 所以 ， 所以为定值1； （法二）设，则有，解得， 同理由，解得， 所以， 所以为定值1； 由椭圆定义，得， ， 解得，同理可得， 所以 ． 因为，所以的周长为定值． （ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线， 根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程， 得， ，（*） 因为， 所以 ， 将（*）代入上式，化简得， （法二）设，依条件有，解得， 同理由，解得， 所以． 由双曲线的定义，得， 根据，解得， 同理根据，解得， 所以 ， 由内切圆性质可知，， 当时，（常数）． 因此，存在常数使得恒成立，且． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 答案第12页，共18页 答案第1页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $