精品解析：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

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 （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． 第1页/共1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 （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 【答案】B 【解析】 【详解】的虚部为. 2. 已知集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 若，是函数两个相邻的极值点，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【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. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 52 B. 96 C. 106 D. 120 【答案】B 【解析】 【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. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. -1 【答案】C 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 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. 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】ABD 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【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. 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 【答案】BCD 【解析】 【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. 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______. 【答案】①②③ 【解析】 【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. 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________． 【答案】 【解析】 【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. 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_______. 【答案】 【解析】 【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. 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 【答案】（1）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 认为人们对该活动的喜爱程度与性别无关； （2）①；②X的分布列为 X 2 3 4 P 3.【解析】 【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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，. 所以， 则，① ，② ①减去②，得： 所以. 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：. 【答案】（1）0.48； （2） ，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． 【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. 【小问1详解】 令，则，， ，， 故，，，，， 由麦克劳林公式可得， 故． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 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. 【答案】（1）证明如下： 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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1）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）①设点，其中且， 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． ；②存在； 【解析】 【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. 【小问1详解】 设点，由题意可知， 即， 经化简，得的方程为， 【小问2详解】 （ⅰ）略 （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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $