精品解析：江西赣州市2026届高三年级下学期适应性考试数学试题

赣州市2026年高三年级适应性考试数学试卷 2026年5月 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第I卷（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. 设和分别表示函数的最大值和最小值，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，公差，且，则（ ） A. 5 B. 50 C. 60 D. 105 5. 已知事件、满足．若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，若，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 直线与把圆分成长度相等的三段弧，则（ ） A. 1 B. C. 4 D. 8. 已知函数在区间上的最大值为，在区间上的最大值为．若，则的取值范围是（ ） 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，有选错的得0分. 9. 有一组互不相等的数据从小到大依次为，若删去，则（ ） A. 新数据的极差等于原数据的极差 B. 新数据的平均数等于原数据的平均数 C. 新数据的标准差小于原数据的标准差 D. 新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数 10. 已知为坐标原点，是抛物线的焦点，点，在上且位于轴的两侧，，则（ ） A. B. 直线经过点 C. D. 与面积之和的最小值是3 11. 四面体满足，，，，则（ ） A. 直线与的夹角为 B. 四面体外接球的表面积为 C. 的中点到直线的距离为 D. 四面体内切球的半径为 第Ⅱ卷（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. 曲线在处的切线方程为______． 13. 为平面内一点，，则的取值范围是______． 14. 已知分别是双曲线的左、右焦点，点在的右支上，为的平分线，，垂足为，为的中点，直线交于点，记，的面积分别为，，则的最大值为______． 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. 记的内角的对边分别为，满足． （1）若为等腰三角形，求； （2）若，求的面积． 16. 甲、乙两人玩轮流掷骰子（质地均匀）的游戏，游戏规则为：①每次掷一枚骰子；②若甲掷出的点数小于，则下一次仍由甲掷骰子，否则下一次由乙掷骰子；若乙掷出的点数为偶数，则下一次仍由乙掷骰子，否则下一次由甲掷骰子．现由甲第一次抛掷． （1）记前次中甲掷骰子的次数为，求的分布列与数学期望； （2）记第次由乙掷骰子的概率为． （ⅰ）证明：数列为等比数列； （ⅱ）求数列的前项和． 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，且， （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，直线交于两点，且四边形的面积为． （1）求的方程； （2）动圆过原点与，且与交于，两点，直线，分别交于另一点． （ⅰ）求证：直线的斜率之积为定值； （ⅱ）点满足，求到直线的距离之和的最大值． 19. 已知函数有两个零点、，． （1）求实数的取值范围； （2）证明：； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣州市2026年高三年级适应性考试数学试卷 2026年5月 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第I卷（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. 设和分别表示函数的最大值和最小值，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数的最值即可求解； 【详解】由可得，， 所以，. 2. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以 所以， 所以 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 可得， 由模长公式得. 4. 在等差数列中，公差，且，则（ ） A. 5 B. 50 C. 60 D. 105 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得，进而得. 【详解】解:因为等差数列中，，， 所以， 即， 所以 5. 已知事件、满足．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用概率的乘法公式可求得的值，分析可知事件、相互独立，故事件、相互独立，求出的值，即可得出的值. 【详解】由概率的乘法公式可得， 因为，即，故， 所以事件、相互独立，故事件、相互独立， 故， 因此. 6. 已知，若，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，利用二项式定理展开，对应系数相等即可求解. 【详解】因为，所以，利用二项式定理展开得， 即， 又因为，对应系数要相等，则 又因为且，即，解得，故B正确. 7. 直线与把圆分成长度相等的三段弧，则（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过圆心到两条直线的距离相等以及距离和圆半径的关系，得出是二次方程的两个不相等的实根，最后利用韦达定理即可求解. 【详解】 由题意得，圆的方程为，所以圆心，半径， 如图所示，直线与把圆分成长度相等的三段弧， 因此为等边三角形，，因此圆心到直线的距离， 而圆心到直线的距离，即，两边同时平方后化简得， 同理，对于直线，也满足方程 ， 因此是二次方程的两个不相等的实根， 根据韦达定理有， 所以 ，故C正确. 8. 已知函数在区间上的最大值为，在区间上的最大值为．若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对分情况①，②，③，④，⑤讨论，前四种情况都与矛盾，第五种情况可根据单调性求解. 【详解】设，易得在上递增，在上递减，且有两个零点和， 因可由保持轴上方部分并将轴下方部分沿轴翻折得到， 如上图，在上递减，在上递增， 在上递减，在上递增. ① 当时，在的最大值， 在的最大值为，矛盾； ② 当时，在的最大值， 在的最大值为，矛盾； ③ 当时，在的最大值， 在的最大值为，矛盾； ④ 当时，在的最大值，因， 在单调递增，最大值，，矛盾； ⑤ 当时，在的最大值， ，，由图可知，此时只需令 即可， 解得或，所以， 综上所述，的取值范围是. 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，有选错的得0分. 9. 有一组互不相等的数据从小到大依次为，若删去，则（ ） A. 新数据的极差等于原数据的极差 B. 新数据的平均数等于原数据的平均数 C. 新数据的标准差小于原数据的标准差 D. 新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数 【答案】AD 【解析】 【分析】根据平均数、百分位数、标准差以及极差的概念，结合特殊值，对选项中的结论逐一分析判断即可. 【详解】对于A，删去，最小值与最大值保持不变，分别为，故极差保持不变，故正确； 对于B，当的平均数为时，删去，平均数保持不变，否则会变化，故错误； 对于C，取分别为， 则原数据的平均数为， 方差为 删去，新数据的平均数为，方差为， 显然，此时新数据的标准差大于原数据的标准差，故C选项错误； 对于D，因为，原数据的40%分位数为； 因为，故新数据的40%分位数为，故新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数，D选项正确. 10. 已知为坐标原点，是抛物线的焦点，点，在上且位于轴的两侧，，则（ ） A. B. 直线经过点 C. D. 与面积之和的最小值是3 【答案】ABD 【解析】 【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及计算判断A，B；利用向量模的坐标表示表示出模长，再结合韦达定理代换，最后用基本不等式求解最值判断C，利用三角形面积公式建立关系，借助基本不等式求解判断D即可. 【详解】对于A，显然直线不垂直于y轴，设直线方程为， 由，消去得， 得到，，得， 而，，可得， 由，得，解得或， 而，即，因此，，故A正确； 对于B，此时直线恒过点，故B正确； 对于C，由模长公式得， 同理可得， 则 ， 由基本不等式得， 当且仅当时取等，此时，得到， 可得，故C错误， 对于D，不妨设，而， 则 ， 当且仅当时取等号，故D正确. 11. 四面体满足，，，，则（ ） A. 直线与的夹角为 B. 四面体外接球的表面积为 C. 的中点到直线的距离为 D. 四面体内切球的半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】推导出，，，，将四面体补成长方体，并建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；求出四面体外接球半径，利用球体表面积公式可判断B选项；利用等体积法可判断D选项. 【详解】在四面体满足，，，， 由勾股定理可得，所以， 同理可得，，， 将四面体补成长方体如下图所示： 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 对于A选项，、、、， ，，则， 所以直线与的夹角为，A错； 对于B选项，该四面体的外接球直径为，则， 所以四面体外接球的表面积为，B对； 对于C选项，线段的中点为，， 所以点到直线的距离为，C对； 对于D选项，， ，同理可得，，， 设该四面体内切球球心为，内切球半径为， 则 ， 解得，D对. 第Ⅱ卷（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. 曲线在处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【详解】由，求导得，则，而当时，， 所以所求切线方程为，即. 13. 为平面内一点，，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由向量的关系得，进而得为直角三角形，再根据点在以为圆心，为半径的圆上，即可求得答案. 【详解】因为， 所以，， 所以，，， 所以，在中，，，， 由余弦定理得，即， 所以为直角三角形， 因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上，如图所示， 所以，即， 所以的取值范围是 14. 已知分别是双曲线的左、右焦点，点在的右支上，为的平分线，，垂足为，为的中点，直线交于点，记，的面积分别为，，则的最大值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用角平分线和垂直的条件，构造等腰三角形，根据双曲线的定义转化，可求出；再根据图形关系，将转化为求的最大值，即可解决问题. 【详解】延长交的延长线于点， 由题意知，，则，所以， 由平分角，，则为等腰三角形，所以, 根据双曲线的定义可得，又， 所以， 因为， 又点，分别为，的中点，所以，， 设为边上的高， 因此， 所以当时，此时，为高的最大值， 因此的最大值为. 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. 记的内角的对边分别为，满足． （1）若为等腰三角形，求； （2）若，求的面积． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换得，进而得，再根据等腰三角形即可求得答案； （2）结合（1），根据已知条件得，再结合正弦定理得，进而得，最后计算面积即可. 【小问1详解】 解：由 可得：即 整理得： 又，且，所以 因为为等腰三角形， ①当时，，得 ②当时，，得 故的值为或 【小问2详解】 解：结合（1）得，时， 由正弦定理得， 所以 又， 所以 所以的面积为 16. 甲、乙两人玩轮流掷骰子（质地均匀）的游戏，游戏规则为：①每次掷一枚骰子；②若甲掷出的点数小于，则下一次仍由甲掷骰子，否则下一次由乙掷骰子；若乙掷出的点数为偶数，则下一次仍由乙掷骰子，否则下一次由甲掷骰子．现由甲第一次抛掷． （1）记前次中甲掷骰子的次数为，求的分布列与数学期望； （2）记第次由乙掷骰子的概率为． （ⅰ）证明：数列为等比数列； （ⅱ）求数列的前项和． 【答案】（1） 的分布列为： 数学期望 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先确定的所有可能取值，然后依次计算概率即可； （2）（i）通过题意得到与的表达式，然后通过构造法即可证明；（ii）利用等比数列的前项和公式即可求解. 【小问1详解】 由题设的所有可能取值为， 当时，前次只有次是甲掷，序列是甲乙乙， 则第次甲掷，第次乙掷的概率是，第次乙掷，第次乙掷的概率是，因此； 当时，前次有次是甲掷，序列是甲甲乙或甲乙甲， 对于甲甲乙，则第次甲掷，第次甲掷的概率是，第次甲掷，第次乙掷的概率是， 对于甲乙甲，则第次甲掷，第次乙掷的概率是，第次乙掷，第次甲掷的概率是，因此； 当时，前次有次是甲掷，序列是甲甲甲， 则第次甲掷，第次甲掷的概率是，第次甲掷，第次甲掷的概率是，因此， 故的分布列为 数学期望. 【小问2详解】 已知第次由乙掷的概率为，则第次由甲掷的概率为，因此第次由乙掷的概率可以表示为， （ⅰ）由于，则， 又因为，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. （ⅱ）由（ⅰ）得，故 所以. 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，且， （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在平面内作交于点，连接，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用余弦定理结合勾股定理逆定理得出，结合得出平面，可得出，再利用菱形的几何性质以及线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 在平面内作交于点，连接， 由与，得， 所以， 又平面平面，平面平面， ，平面， 故平面， 又因为平面，故， 在中，由与， 则， 即， 在中，，即， 所以，故，即， 又，且，、平面， 故平面， 因为平面，所以， 又因为四边形为菱形，故， 又，、平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知平面，， 故以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向 建立如图所示的空间直角坐标系， 故、、、、， ，，，则， 设为平面的一个法向量， 则，取，得， 由（1）知平面，且， 故令为平面的一个法向量， 记二面角的平面角为（显然为锐角）， 故， 即二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，直线交于两点，且四边形的面积为． （1）求的方程； （2）动圆过原点与，且与交于，两点，直线，分别交于另一点． （ⅰ）求证：直线的斜率之积为定值； （ⅱ）点满足，求到直线的距离之和的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据离心率得，再根据面积得，即可求得答案； （2）（i）根据题意得，设，进而得，再求斜率，并求乘积即可证明； （ii）设，直线的方程为，进而联立方程，结合韦达定理，根据，化简整理得，即直线恒过定点，再根据向量关系得直线也过定点，且，即，故点到直线的距离之和为平行线间的距离，即可求得. 【小问1详解】 设的焦距为，则由题意，解得， 因为直线交于两点， 所以，将，代入椭圆得，解得， 所以， 因为，解得， 所以的方程为； 【小问2详解】 由（1）知：直线为线段的中垂线，故为圆的直径，所以， 设，则有，即， （ⅰ）分别记直线的斜率为， 则； （ⅱ）设，直线的方程为， 联立可得， 则，且， 由， 化简得：， 代入得：， 即， 化简得，即，所以直线恒过定点， 由知， 所以直线也过定点，且，即， 显然原点在线段上， 故点到直线的距离之和为平行线间的距离，且， 故当直线垂直于轴时，点到直线的距离之和达最大值为. 19. 已知函数有两个零点、，． （1）求实数的取值范围； （2）证明：； （3）证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令可得，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （2）令，利用导数分析该函数的单调性，证明出成立，即可证得结论成立； （3）由（2）得出，再结合对数的运算性质以及不等式的性质可证得结论成立. 【小问1详解】 由，可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个公共点， ， 故当时，；当时，． 故函数在区间上单调递减，在上单调递增， 故函数的极小值为， 构造函数，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即， 令，即，即，所以， 所以，即， 当时，，，所以， 且当时，；当时，，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点， 故实数的取值范围是. 附上，则的严格说明： 【小问2详解】 记 ， 则 ． 记， 则 ， 故当时，； 当时，． 故函数在区间、上单调递减，在区间上单调递增． 由于，所以，， 故， 即存在唯一，使， 构造函数，其中，所以， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，故， 即，当且仅当时，等号成立， 又当时，， 故当时，，即； 当时，，即. 故函数在区间、上单调递增，在区间上单调递减， 又，且当时，， 所以恒成立，当且仅当时取等号，即. 【小问3详解】 因为、为函数的两个零点， 故，，由（2）知， 整理得，即， 又，所以， 即，故原不等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $