精品解析：湖北黄冈市蕲春县第一高级中学2026届高三全真模拟适应性测试数学训练(三)

2026届高三年级全真模拟适应性测试 数学训练（三） 一、单选题：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. 若，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】设复数 ，则共轭复数为， 由模长公式得， 得到， 由题设 ，两边平方得 ， 化简得，解得 ，故复数的虚部为1. 2. 已知集合，⫋，则符合条件的集合的个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】集合， ，所以可能的取值为，，，即集合， 是的真子集， 因此集合的个数为. 3. 一组数据为50，40，20，19，16，16，14，10，则这组数据的众数与第60百分位数之和为（ ） A. 40 B. 39 C. 36 D. 35 【答案】D 【解析】 【详解】将题中数据按从小到大排列为10，14，16，16，19，20，40，50，则众数为16， 因为，所以第60百分位数为19， 所以众数与第60百分位数之和为. 4. 已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由是定义在上的奇函数，得， 由，得，所以， 所以，则函数周期为， 可得， 因为，所以， 得，即， 当时，，所以. 5. 已知且，则二项式的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 1 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正态分布的对称性确定的值，再根据二项展开式的特点求常数项. 【详解】因为，所以， 所以. 所以二项式的展开式中，常数项为：. 故选：D 6. 算盘是我国一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左前四位分别表示个位、十位、百位、千位，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，即五粒下珠的代表数值等于同组一粒上珠的代表数值，例如，个位拨动一粒上珠至梁上，十位未拨动，百位拨动一粒下珠至梁上，表示数字105，现将算盘的千位拨动一粒珠子至梁上，个位、十位、百位至多拨动一粒珠子至梁上，其他位置珠子不拨动.设事件“表示的四位数为偶数”，事件“表示的四位数不小于5010”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先列出所有满足条件的四位数，再分别计算事件的概率，最后用条件概率公式求解. 【详解】算盘的千位拨动一粒珠子至梁上，个位、十位、百位至多拨动一粒珠子至梁上，其他位置珠子不拨动， 基本事件为1000，1001，1005，1010，1050，1100，1500，5000，5001，5005，5010，5050，5100，5500共14种， 事件“表示的四位数为偶数”，包含基本事件1000，1010，1050，1100，1500，5000，5010，5050，5100，5500共10种， 则，事件“表示的四位数不小于5010”， 则事件=“表示的四位偶数不小于5010”，包含基本事件5010，5050，5100，5500共4种， 则， 所以， 故选：A． 7. 已知函数，则方程实数根的个数为（ ） A. 6 B. 7 C. 10 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】先通过换元将方程等价转化为四个方程，，，的根，再结合函数的图象分别求解这四个方程可得. 【详解】令，则.当时，则，得或. 当时，则，得或. 再由，即，所以原方程等价于下面四个方程的根： ——①，——②，——③，——④. 再由，可知函数在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增，图象如下： 对方程①，因为， 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或（舍去）. 所以方程共有3个根. 对方程——②，因为. 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或（舍去）. 所以方程共有3个根. 对于方程——③， 所以时，，得或，解得或； 当时，，得或. 所以方程共有4个根. 对于——④，由函数的图象可知方程有唯一的根. 综上所述，方程的根共有个根. 故选：D. 8. 三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】（1）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 因为，，所以， 所以，则. （2）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 所以. （3）是等边三角形，且，如下图所示， 取的中点，连接，则，， 所以，所以，所以， 所以，，平面， 所以平面.所以. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 函数在一个周期内的图象如图所示，则（ ） A. 的周期为 B. 该函数的解析式为 C. 是图象的一个对称中心 D. 的单调递增区间是 【答案】AD 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】对于A：由图知，得，即的最小正周期为，故A正确； 对于B：因为，所以，又， ，代入得，， 又，，，故B错误； 对于C：令，解得，所以的对称中心为， 则不是的对称中心，故C错误； 对于D：令，解得 所以的单调递增区间为，故D正确． 故选：AD 10. 如图，在菱形网格图（最小的菱形边长为1，且有一个内角为60°）中有两个格点，，若图中有且只有2个不同的格点（不与，重合）使得成立，则的可能取值为（ ） A. 0 B. 1 C. 4 D. 9 【答案】ABC 【解析】 【分析】如图建系，求得A、B点坐标，根据数量积公式，可得的表达式，进而可得点P的轨迹方程，根据菱形的性质及余弦定理，可得各个长度，分析选项，即可得答案. 【详解】将格点标上字母，以AC方向为x轴正方向，过A作y轴垂直x轴，如图所示 由题意得，设， 则， 所以， 则，即点P的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 由菱形的性质可得，，菱形的短对角线长度为1，长对角线长度为， 由余弦定理得，即， 同理， 当时，半径为，此时， 又不与，重合，所以点M、E两点符合题意，故A正确； 当时，半径为2，此时点I、N两点符合题意，故B正确； 由余弦定理得，即， 同理， 当时，半径为，此时O、L两点符合题意，故C正确； 由菱形的性质得， 当时，半径为，此时只有一个P点满足条件，不符合题意. 11. 已知函数，数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于，对函数求导，则根据导函数的正负判断单调性，当时，，即可判断；对于B，令，对其求导根据正负可以判断函数单调性，即可判断；对于，根据缩放法，可得，进而可以求解；对于，举反例即可判断. 【详解】对于A，， 对于，当时，单调递增，且， 所以， 于是，从而， ，即， 不断递推可得，，故正确； 对于B，，先比较右边大小， 设函数在上单调递减，而， 从而，从而，即，故错误； 对于，， 两边减去1，得，即 ，将上式相乘则可得， 从而，得，故正确； 对于，当时，则， 则与相矛盾，故不正确. 故选： 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在中，角的对边分别为，若，，的面积为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式和余弦定理求解即可. 【详解】因为，代入得，化简得. 由余弦定理， 结合， 得.  因为为边长，故. 13. 成都石室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬辉”两个分会场.现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下三人安排去“传承”，“扬辉”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不在同一个会场开展工作，则不同的安排方案有__________种. 【答案】88 【解析】 【分析】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况，由排列组合以及分类加法计数原理即可求解. 【详解】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况： ①甲，乙有且只有1人在主会场，需要在除甲，乙外的四人中选两人去主会场， 剩下的三人去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，有（种）不同的安排方案； ②甲，乙都不在主会场，从甲，乙外的四人中选三人去主会场， 再将甲，乙安排去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，且一人去一个分会场， 剩下一人可以去“传承”，“扬辉”两个分会场，有（种）不同的安排方案. 根据分类加法计数原理，共有（种）不同的安排方案. 故答案为：88. 14. 已知是椭圆的左焦点，过点的直线与圆交于，两点，与在轴右侧交于点，且，则的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】设椭圆的右焦点为，的中点为，连接，设，表示出，，再由三角形的中位线定理得，然后在中利用勾股定理列方程求得，再在中列方程化简可求出离心率. 【详解】设椭圆的右焦点为，的中点为，连接，则，， 因为，所以为的中点， 因为为的中点，所以‖，， 所以， 设，则，， 因为，所以， 所以， 在中，由，得， 化简整理得，解得或， 当时，，不合题意，舍去， 所以， 所以， 在中，由，得， 则，得， 即的离心率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的离心率的求法，考查椭圆的定义的应用，解题的关键是取的中点为，由已知条件结合圆的知识得为的中点，再应用三角形中位线定理和勾股定理求解，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题. 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用已知递推式得出数列是等比数列，进而求出的通项公式； （2）先求出，再利用裂项相消法求和，进而证明结论． 【小问1详解】 ，则， ，又， 故是首项为，公比是的等比数列， ，即， 成立， 数列的通项公式为． 【小问2详解】 ， ， ， ， ， ， ，故． 16. 如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，平面平面.设平面与平面的交线为l. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，利用面面垂直的性质可得平面，从而有平面； （2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可． 【小问1详解】 分别延长，设，连接，如图， 则即为平面与平面的交线， 因为为棱的中点,，则是的中点， 因为中，，所以，从而, 因为平面平面且交线为，平面， 所以平面，即平面； 【小问2详解】 取的中点, 因为侧面为菱形，且，所以BC， 由（1）知平面，所以，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，侧面为菱形，且， 所以， 则, 设平面的法向量为， 则，所以，可取， 设平面的法向量为， 则，所以，可取， 所以， 所以二面角的正弦值为. 17. 已知函数（，且）. （1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）解法1：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意可求得，进而求得切线方程，联立切线与，利用可求解；解法2：设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的意可求得，进而求得切线方程，设直线与曲线的切点坐标为，利用导数的几何意义可求解； （2）解法1：当时，计算可得，不符合题意，当时，由题意可得，令，利用导数可求得的最小值，可求解.解法2：由题意可得，令，利用导数求得的最小值即可. 【小问1详解】 解法1：设直线与曲线的切点坐标为， 由于，则， 解得， 则切点坐标为. 直线，即. 由得， 由，解得或（舍去）， 当时，得，符合题意， 所以. 解法2：设直线与曲线的切点坐标为， 由于，则， 解得， 则切点坐标为. 直线，即. 当时，函数的定义域为， 设直线与曲线的切点坐标为， 由，得，得. 得，即， 则. 解得. 【小问2详解】 解法1：①当时，则函数的定义域为. 由于， 则，不符合题意. 所以不符合题意. ②当时，则函数的定义域为. 显然. 当时，由，得，即. 令，则. 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增. 则当时，取得最小值，其值为. 则，即. 综上所述，的取值范围为. 解法2：当时，由，得，即， 得. 令，则. 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增. 则当时，取得最小值，其值为. 则，即. 综上所述，的取值范围为. 18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求的方程； （3）证明：线段的中点为定点． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由顶点到渐近线距离建立方程解得的值，从而得到曲线方程； （2）设直线方程，联立方程组得到一元二次方程，设交点坐标，由韦达定理得到根与系数的关系，由三角形面积建立方程得到的值，从而得到直线方程； （3）设坐标，然后得到直线方程，联立方程组得到一元二次方程，由韦达定理得到点坐标，同理求得点坐标.从而得到，由向量共线建立等式，从而得到点纵坐标的关系，即可得证. 【小问1详解】 因为的一条渐近线方程为， 到渐近线的距离为， 过得， 解得：， 所以的方程为①． 【小问2详解】 显然直线的斜率存在，设的方程为②， ①②联立得：． 则有③，④， 设， 则⑤，⑥， 把⑤⑥代入：， 所以， 得：，解得：． 满足③④式，则直线的方程为． 【小问3详解】 设，不妨设．则直线⑦， 联立①⑦得：， 则， 则； 同理：． 而，， 又三点共线，则有， 则， 得：， 所以的中点为定点． 【点睛】技巧点睛，三角形在直角坐标的面积可以用铅锤高乘水平宽来表示，例如本题中(表示点的水平宽) . 19. 已知集合 （1）若， （i）从集合中任取3个不同的数，记这3个数是连续的正整数为事件M，求P（M）； （ii）是从 中随机抽取3个不同的数进行排列得到的最大的三位数，是从 中随机抽取3个不同的数进行排列得到的最大的三位数，求 的概率. （2）从 中随机抽取一个数记为X，再从X， 中随机抽取一个数记为Y，求Y的数学期望E（Y）. 【答案】（1）（i）,（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据古典概型的概率公式即可求解；（ii）利用全概率公式，即可求解， （2）利用全概率公式求解概率，进而由期望的公式计算，结合等差数列求和公式化简即可得解. 【小问1详解】 （i）从8个不同的数中任取3个不同的数，有种取法， 这3个数是连续的正整数有共有6种不同的取法，故, （ii）由题可知的情况有两类情况，中有9时和中没有9两种情况， 设中有9时记为事件，中没有9时记为事件， 事件“”， 事件“”， 事件“”， ， 若中有9，， 若中没有9，， 此时， 故， 【小问2详解】 由题意可得 的所有可能取值为 由全概率公式可得， ， ……, 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级全真模拟适应性测试 数学训练（三） 一、单选题：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. 若，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知集合，⫋，则符合条件的集合的个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 一组数据为50，40，20，19，16，16，14，10，则这组数据的众数与第60百分位数之和为（ ） A. 40 B. 39 C. 36 D. 35 4. 已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知且，则二项式的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 1 D. 24 6. 算盘是我国一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左前四位分别表示个位、十位、百位、千位，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，即五粒下珠的代表数值等于同组一粒上珠的代表数值，例如，个位拨动一粒上珠至梁上，十位未拨动，百位拨动一粒下珠至梁上，表示数字105，现将算盘的千位拨动一粒珠子至梁上，个位、十位、百位至多拨动一粒珠子至梁上，其他位置珠子不拨动.设事件“表示的四位数为偶数”，事件“表示的四位数不小于5010”，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则方程实数根的个数为（ ） A. 6 B. 7 C. 10 D. 11 8. 三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 函数在一个周期内的图象如图所示，则（ ） A. 的周期为 B. 该函数的解析式为 C. 是图象的一个对称中心 D. 的单调递增区间是 10. 如图，在菱形网格图（最小的菱形边长为1，且有一个内角为60°）中有两个格点，，若图中有且只有2个不同的格点（不与，重合）使得成立，则的可能取值为（ ） A. 0 B. 1 C. 4 D. 9 11. 已知函数，数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在中，角的对边分别为，若，，的面积为，则______． 13. 成都石室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬辉”两个分会场.现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下三人安排去“传承”，“扬辉”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不在同一个会场开展工作，则不同的安排方案有__________种. 14. 已知是椭圆的左焦点，过点的直线与圆交于，两点，与在轴右侧交于点，且，则的离心率为________． 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，记数列的前项和，求证：． 16. 如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，平面平面.设平面与平面的交线为l. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值. 17. 已知函数（，且）. （1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值； （2）若，求的取值范围. 18. 已知双曲线的右顶点到其渐近线的距离为．点在的渐近线上，过的直线与交于两点，直线分别与轴交于两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求的方程； （3）证明：线段的中点为定点． 19. 已知集合 （1）若， （i）从集合中任取3个不同的数，记这3个数是连续的正整数为事件M，求P（M）； （ii）是从 中随机抽取3个不同的数进行排列得到的最大的三位数，是从 中随机抽取3个不同的数进行排列得到的最大的三位数，求 的概率. （2）从 中随机抽取一个数记为X，再从X， 中随机抽取一个数记为Y，求Y的数学期望E（Y）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $