精品解析：广西桂林市2026届高三第二次适应性模拟考试数学试题

桂林市2025-2026学年度下学期期末质量检测 高三年级第二次适应性模拟考试 数 学 2026年5月 （考试用时120分钟，满分150分） 说明： 1.答题前，考生务必将答题卷密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题. 2.直接在答题卷上答题.（不在本试卷上答题）. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，含有项的系数为（ ） A. 120 B. C. 20 D. 5. 在正四棱锥中，底面边长为2，侧棱长为，则侧棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 过椭圆与双曲线四个交点的圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 7. 把1、2、3、4四个数字随机排成一行，从左到右依次读取，从第二个数开始，每当读到的数字比前面所有数字都大时，称该数为一个“新高”.记排列中“新高”的个数为随机变量，则（ ） A. 1 B. C. D. 8. 已知函数，对于正实数a，定义集合，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知数列的前项和为，若，，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 是数列中的项 C. 数列中的最小项为 D. 数列是等差数列 10. 设函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 是的极大值点 C. 当时， D. 若过点可以作三条直线与的图象相切，则m的取值范围为 11. 如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（ ） A. B. 以为直径的圆与直线相切 C. D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设的实部与虚部相等，其中为实数，则______. 13. 记为等比数列的前项和．若，，则______． 14. 一个不透明的盒子里装有2个红球、3个白球、4个黑球，这些球除颜色外完全相同.每次从中随机摸出1个球，记录颜色后不放回，连续摸3次.设事件A为“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”，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. 智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感知、规划决策与运动控制，辅助驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶：驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机调查了200名私家车车主，得到如下列联表： 经常使用智能驾驶辅助系统 不经常使用智能驾驶辅助系统 合计 驾龄≤5年 58 42 100 驾龄＞5年 36 64 100 合计 94 106 200 （1）从这200名车主中随机抽取1人，已知该车主驾龄不超过5年，求该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关. 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，条件①，条件②，条件③. （1）求角A的大小； （2）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围.注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分. 17. 已知椭圆：过点，其左右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆交于另外一个点N. （1）求椭圆的方程； （2）当直线l的斜率为2时，求四边形的面积； （3）当直线l平分时，判断四边形是否为平行四边形，说明理由. 18. 已知函数（），. （1）若不存在零点，求实数的取值范围； （2）若恒成立，求的值； （3）已知数列，满足，记，若对任意的正整数，不等式成立，其中为整数，求最小值. 19. 已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点. （1）当时，求与的夹角余弦值； （2）棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由； （3）记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，，，所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 桂林市2025-2026学年度下学期期末质量检测 高三年级第二次适应性模拟考试 数 学 2026年5月 （考试用时120分钟，满分150分） 说明： 1.答题前，考生务必将答题卷密封线内的项目填写清楚，密封线内不要答题. 2.直接在答题卷上答题.（不在本试卷上答题）. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】集合，，所以. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，解得：. 3. 下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】令，得， 则函数在上单调递增， 当时，真包含于，因此是函数的单调区间，A是； 不存在整数，使得选项BCD为的子集，BCD不是. 4. 在的展开式中，含有项的系数为（ ） A. 120 B. C. 20 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，令，得，所以含有项的系数为. 5. 在正四棱锥中，底面边长为2，侧棱长为，则侧棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接交于点，连接，由正四棱锥的性质即可求解． 【详解】连接交于点，连接， 由正四棱锥的性质可知，平面， 所以直线与平面所成角为， 又因为为正方形，， 所以， 则， 在中，， 故选：B． 6. 过椭圆与双曲线四个交点的圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】联立方程，消去得，所以，， 则交点坐标为，，，， 不妨设圆的标准方程为：，代入得：， 所以圆的标准方程为：. 7. 把1、2、3、4四个数字随机排成一行，从左到右依次读取，从第二个数开始，每当读到的数字比前面所有数字都大时，称该数为一个“新高”.记排列中“新高”的个数为随机变量，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】X的取值为0，1，2，3. ，，，， . 8. 已知函数，对于正实数a，定义集合，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出分段函数的图像，利用图像的平移进行求解. 【详解】当，，而，所以恒成立，则单调递增（凹函数）， ∴如图所示：令 ，∴， ∵，令 ，解出， ∴ ， 令，∴， ∵，，且， ∴如图可知， ， ∴. 二、多选题：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. 已知数列的前项和为，若，，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. 是数列中的项 C. 数列中的最小项为 D. 数列是等差数列 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，可得数列 为首项为 ，公差为 的等差数列，逐项求解即可． 【详解】，， 数列为首项为，公差为的等差数列， 则， ，为递增数列，A正确， 令，得，不满足题意，故B错误， ，且为递增数列， 数列中的最小项为，故C错误， ， ，则数列是等差数列，故D正确． 故选：AD 10. 设函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 是的极大值点 C. 当时， D. 若过点可以作三条直线与的图象相切，则m的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，求导然后判断函数的极值和0的关系即可；B选项，求导，分析函数的单调性，即可区分极大值极小值；C选项，求导，分析函数在时的单调性，即可确定取值范围；D选项，将题目转换成直线和曲线的交点，即求曲线的单调性，分析极大值极小值，让直线介于极大值和极小值之间即可. 【详解】A选项，由，得， 令，解得：或， 所以在上单调递增，单调递减，上单调递增； 因为，，，， 所以有三个零点，所以A选项正确； B选项，由A选项解析可得：是极小值点，所以B选项错误； C选项，当时，，且函数在区间上单调递减， 且，，故 ，所以C选项正确； D选项，设切点为，则切线的斜率为， 所以切线方程为， 即. 因为切线经过点，所以， 整理得. 令 ， 则， 令，得或，令，得， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 则的极小值为 ，极大值为， 所以当时，直线与的图象有3个交点， 即当时，过可以作三条直线与图象相切，所以D选项正确. 11. 如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（ ） A. B. 以为直径的圆与直线相切 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断方法即可求解. 【详解】对于A，令， 联立，消可得， 则，， ， 则 故， 同理，故A正确； 对于C，设与轴交于，， 则，，故C正确； 对于D， 则 ， 而， 所以，故D正确； 对于B，中点，即 则到直线的距离， 以为直径的圆的半径， 所以， 当时相切，当时不相切，故B错误. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断即可. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设的实部与虚部相等，其中为实数，则______. 【答案】3 【解析】 【详解】因为，且实部与虚部相等， 故，解得. 13. 记为等比数列的前项和．若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的性质得成等比数列，从而得到关于的方程，求解即可. 【详解】因为为等比数列的前项和，且，， 由等比数列的性质可知：成等比数列， 即成等比数列，所以，解得：， 故答案为：. 14. 一个不透明的盒子里装有2个红球、3个白球、4个黑球，这些球除颜色外完全相同.每次从中随机摸出1个球，记录颜色后不放回，连续摸3次.设事件A为“三次摸球中，恰好有两次颜色相同”，则______. 【答案】 【解析】 【详解】为保证每次摸球结果的等可能性，把2个红球分别记为，；3个白球分别记为，，；4个黑球分别记为，，，. 9个球看成不同的元素，则样本空间的样本点总数为. “三次摸球中，恰好有两次颜色相同”分为“两次红球，一次非红球”、“两次白球，一次非白球”、“两次黑球，一次非黑球”三种情况； 事件“两次红球，一次非红球”的样本点个数为：； 事件“两次白球，一次非白球”的样本点个数为：； 事件“两次黑球，一次非黑球”的样本点个数为：； 所以. 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. 智能驾驶辅助系统是指利用车载传感器、控制器等装置、实现环境感知、规划决策与运动控制，辅助驾驶员完成部分驾驶操作，提升行车安全性与舒适性的系统，驾驶员仍需全程监管车辆并随时接管驾驶：驾龄是指初次领取机动车驾驶证至今的时间长度、为研究智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄的关系，随机调查了200名私家车车主，得到如下列联表： 经常使用智能驾驶辅助系统 不经常使用智能驾驶辅助系统 合计 驾龄≤5年 58 42 100 驾龄＞5年 36 64 100 合计 94 106 200 （1）从这200名车主中随机抽取1人，已知该车主驾龄不超过5年，求该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，分析智能驾驶辅助系统使用情况是否与驾龄有关. 附： 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）0.58 （2）有关 【解析】 【小问1详解】 设事件A为“车主驾龄不超过5年”，事件B为“车主经常使用智能驾驶辅助系统”. 由题意可知：，，根据条件概率公式得：， 所以该车主经常使用智能驾驶辅助系统的概率为0.58. 【小问2详解】 提出假设：智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄无关， 根据表中数据可得：， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为智能驾驶辅助系统使用情况与驾龄有关，该推断犯错误的概率不超过0.010. 16. 在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，条件①，条件②，条件③. （1）求角A的大小； （2）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围.注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选择条件①：利用正弦定理和正弦的半角公式进行求解；选择条件②：利用正弦定理和正弦的和角公式进行求解；选择条件③：利用正弦定理和余弦定理进行求解. （2）利用三角形面积公式和正弦定理，结合锐角三角形角度的大小进行求解. 【小问1详解】 选条件①： 由正弦定理得， 又， 所以 ， 又，所以， 解得，或， 因为，所以，即. 选条件②: 由正弦定理得， 所以， 因为在中，， 所以，即， 则，因为，所以. 选条件③： ， 整理得， 由正弦定理得， 由余弦定理得， 因为，所以. 【小问2详解】 已知，，则面积， 由正弦定理得，其中. 化简得： ， 为锐角三角形，且， 所以，得， 所以，，即， 因此 所以面积的取值范围是. 17. 已知椭圆：过点，其左右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆交于另外一个点N. （1）求椭圆的方程； （2）当直线l的斜率为2时，求四边形的面积； （3）当直线l平分时，判断四边形是否为平行四边形，说明理由. 【答案】（1）. （2）. （3）不是，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）直接代入点坐标即可求解； （2）联立方程，计算交点坐标，然后利用三角形同底得到三角形的面积比，然后即可求得四边形面积； （3）方法一：利用角平分线定理求得直线和轴交点坐标，发现交点不是对角线的中点，即可得到结论； 方法二：利用角度关系，求得角平分线方程，进而求得角平分线和轴交点坐标，发现交点不是对角线的中点，即可得到结论； 方法三：反证法，利用对角线平分对角的平行四边形是菱形，得到两条边长度相等，和原题矛盾，即可得到结论. 【小问1详解】 代入得：，得，则椭圆C的方程为. 【小问2详解】 如图所示，设点，直线的方程为， ，解得：，， 又因为，，，所以，所以为直角三角形，则， 所以，得，所以. 【小问3详解】 如图所示，，. 方法一：设l与x轴交于点，由角平分线定理，由，得，解得， 所以点P不是对角线的中点，故四边形不是平行四边形. 方法二：在直角中，设，所在直线倾斜角为，则. 已知，则，解得，所以， 则l所在直线方程为，令，解得，所以l与x轴交于点， 所以点P不是对角线的中点，故四边形不是平行四边形. 方法三（反证法）：若四边形为平行四边形，且为的角平分线，则平行四边形为菱形， 得与题意不符合，故假设不成立，即：当直线平分时，四边形不是平行四边形； 18. 已知函数（），. （1）若不存在零点，求实数的取值范围； （2）若恒成立，求的值； （3）已知数列，满足，记，若对任意的正整数，不等式成立，其中为整数，求最小值. 【答案】（1） （2） （3）3 【解析】 【分析】（1）求导，然后令即可； （2）构造新函数 ，对分类讨论，结合即可得解； （3）利用（2）的结论，写出新数列的表达式，找到新数列的取值范围，代入即可得到结果. 【小问1详解】 由题意函数（），求导可得，， 当时，令，得，当时，，当时，， 所以在上单调递增，上单调递减，所以， 不存在零点，只需 ，解得，所以实数a的取值范围是. 【小问2详解】 因为，所以，其中， 令 ，其中，则恒成立，求导得：，且， 当时，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增， 若，则在上单调递增，所以时，，与题设矛盾； 若，则在上单调递减，所以时，，与题设矛盾； 若，则在上单调递减，在上单调递增，所以，满足题意；综上所述. 【小问3详解】 因为，所以， 由（2）可知当时 ，即， 所以当且仅当时取等号，所以，. ， 所以 ， 即：对于任意正整数，恒成立， 且因为为整数，且对于任意正整数， 成立， 当时， ，所以不能恒成立， 所以m的最小值为3. 19. 已知正三棱柱如图，各棱长均为1，D为上的动点. （1）当时，求与的夹角余弦值； （2）棱是否存在点D，使得二面角的平面角的余弦值为，若存在说明点D的位置，若不存在，请说明理由； （3）记过点D与侧面对角线的截面为，与底面ABC和三个侧面，，，所成的二面角依次为，，，，若，求截面三角形的面积. 【答案】（1）； （2）存在，； （3）. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，即可计算线线夹角； （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，计算法向量，即可根据二面角计算坐标； （3）根据射影面积定理列出等式，即可求解. 【小问1详解】 依题意作正三棱柱如图，设AC的中点为O，建立空间直角坐标系如图， 由，得，，，， ，， 设与的夹角为，. 【小问2详解】 假设存在点D满足题意，由，则，，，， 设面的法向量为，，， ，，令，得，，从而， 设面的法向量为，， ，，令，解得，， 从而， 当时，，解得， 所以D为的中点时，二面角为直二面角. 时，二面角的平面角为钝角；时，二面角的平面角为锐角， 设二面角的平面角为， 则，解得，， 因为二面角的平面角为锐角，故舍去， 综上得，存在满足题意的点D，此时. 【小问3详解】 假设存在点D满足题意，且， 则，，，，设面的法向量为， ，，，， 则点D到的距离为， ，， 又在底面和三个侧面，，上的射影面积分别为，,，， 所以由面积射影定理得，， ，， 得， 解得，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $