精品解析：贵州毕节市2026届高三下学期高考考前适应性考试数学试题

毕节市2026届高三年级高考第三次适应性考试 数学 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，将答案书写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.请保持答题卡平整，不能折叠，考试结束后，将答题卡交回（试卷不用收回）. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数 ，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 3. 已知向量，，，若，，则（ ） A. 2 B. C. 18 D. 4. 函数，满足，且的最小值为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 5. 已知公差为d的等差数列的前n项和为，，是中的唯一最大项，则d的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 正四面体的棱长为2，取其四个面的中心，，，，作第2个正四面体，然后再取正四面体的四个面的中心，，，，作第3个正四面体，如果按此法一直继续下去，那么所有这些正四面体的体积和趋近于（ ） A. B. C. D. 7. 已知点P是抛物线上一动点，过点P作圆的切线，切点分别为M，N，则的最小值为（ ） A. . B. C. D. 8. 已知函数（且），若，，，则（ ） 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. 已知正实数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义在R上的可导函数满足：①是奇函数，②.设函数，则（ ） A. 的周期为6 B. 在至多有两个零点 C. 曲线的一条对称轴为 D. 若，则曲线在处的切线方程为 11. 正方体的外接球的表面积为，则（ ） A. 正方体的棱长为 B. 若点P在正方体的表面上运动，且，则点P的轨迹的长度为 C. 若点P在上，满足，点Q在上，满足，则过C，P，Q的平面截正方体所得截面的周长为 D. 若点P在底面上运动（包含边界），则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 样本数据20，26，5，16，17，18的第60百分位数为______. 13. 的展开式中的系数为______.（用数字作答） 14. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，以坐标原点O为圆心，a为半径的圆与C的一条渐近线在第一象限内交于点P，若，则C的离心率为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求B； （2）若，______，求的面积. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题（2）中，并求解. 16. “阳光杯”中学生篮球联赛是毕节市威宁自治县极具本土特色的体育赛事，赛事深度融合威宁多民族文化与高原风情，是当地群众最喜爱的体育赛事之一.威宁县某中学为了研究不同性别的学生对该赛事的了解情况，进行了一次抽样调查，随机抽取该校男生和女生各80名作为样本.设事件“了解‘阳光杯’中学生篮球联赛”，“学生为女生”，已知，. （1）完成下列列联表，并依据的独立性检验，能否认为该校学生对“阳光杯”中学生篮球联赛的了解情况与性别有关联? 了解 不了解 合计 男生 女生 合计 （2）现从该样本不了解“阳光杯”中学生篮球联赛的学生中，采用分层随机抽样的方法抽取10名学生，再从这10名学生中随机抽取2人，设抽取的2人中男生的人数为X，求X的分布列和数学期望. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. “阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 18. 动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数. （1）求动点D的轨迹方程； （2）设动点D的轨迹为曲线，，是曲线过原点O的两条弦，且，求证：为定值； （3）在（2）的条件下，求的面积的取值范围. 19. 已知函数，. （1）求函数的极值； （2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围； （3）令，证明：（）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 毕节市2026届高三年级高考第三次适应性考试 数学 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，将答案书写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.请保持答题卡平整，不能折叠，考试结束后，将答题卡交回（试卷不用收回）. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，故A、B错误； ，故C错误，D正确． 2. 已知复数 ，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用复数的乘除法进行化简，然后利用复数模的公式即可求解. 【详解】 ，所以. 3. 已知向量，，，若，，则（ ） A. 2 B. C. 18 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用共线向量的坐标表示和向量垂直的坐标表示，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】由向量，，因为，可得，解得， 又由向量，，因为，可得，解得 所以 4. 函数，满足，且的最小值为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】由正弦函数的性质可知：任意两个相邻零点之间的距离为半个周期，即：，解得：. 5. 已知公差为d的等差数列的前n项和为，，是中的唯一最大项，则d的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】是的唯一最大项，说明数列前8项和最大，且第9项开始和递减，然后由等差数列通项公式解不等式组即可求解. 【详解】由是中的唯一最大项可得：，即， 代入，解得. 6. 正四面体的棱长为2，取其四个面的中心，，，，作第2个正四面体，然后再取正四面体的四个面的中心，，，，作第3个正四面体，如果按此法一直继续下去，那么所有这些正四面体的体积和趋近于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 如图所示，因为正四面体棱长为2，底面中心为， 则， 所以正四面体的高为， 所以， 所以， 取正四面体的每个面的中心得到的正四面体，则该正四面体棱长为原四面体的， 所以，则， 所以四面体的体积是首项为，公比为的等比数列， 则前项和， 当时，，所以，则， 所以所有这些正四面体的体积和趋近于. 7. 已知点P是抛物线上一动点，过点P作圆的切线，切点分别为M，N，则的最小值为（ ） A. . B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆的方程求出圆心的坐标和半径，由切线性质可得，由此可得，，设，根据两点距离公式结合二次函数性质求的最小值，由此可得结论． 【详解】圆的圆心的坐标为，半径为， 因为，为圆的切线，切点分别为， 所以，，，， 所以， 所以，， 设，则， 当时，，此时最大， 又，函数在上单调递增， 所以当时，即时，最大， 此时最大，最小， 则． 8. 已知函数（且），若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，再根据导数判断单调性，先利用基本不等式求的最小值，再估算的范围，以及确定的数值范围，得到三个自变量的大小关系，进而结合单调性判断的大小关系. 【详解】， 因此是偶函数，故. 当时，  对任意，，， 因此对恒成立，在上单调递增. ， 而，因此 ， 即， 结合在上单调递增可得. 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. 已知正实数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】结合已知条件，利用基本不等式对各选项逐一变形验证即可. 【详解】选项A. 由基本不等式​，则​，平方得，当且仅当时等号成立，A正确. 选项B.对平方得，由A知， 因此， 因为，开方得， 当且仅当时等号成立，B正确. 选项C.，由，所以，即，C错误. 选项D.，因此，所以，D错误. 10. 已知定义在R上的可导函数满足：①是奇函数，②.设函数，则（ ） A. 的周期为6 B. 在至多有两个零点 C. 曲线的一条对称轴为 D. 若，则曲线在处的切线方程为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用已知的递推关系推导周期；由于，将的零点转化为求的零点；利用对称轴的定义，验证是否成立；利用导数求斜率，结合切点坐标表示切线方程. 【详解】选项 A：由，可得，因此的周期为，故A正确； 选项 B：，由于恒成立，故的零点等价于的零点. 由是奇函数得，即； 令代入得，即， 令得 ，即， 因此在上至少有个零点，故B错误； 选项 C：由题意知， 令，则 ， 故 ，即 关于点 中心对称，故C错误； 选项 D：对 求导得， 代入 得 ，， 故切线方程为，故D正确. 11. 正方体的外接球的表面积为，则（ ） A. 正方体的棱长为 B. 若点P在正方体的表面上运动，且，则点P的轨迹的长度为 C. 若点P在上，满足，点Q在上，满足，则过C，P，Q的平面截正方体所得截面的周长为 D. 若点P在底面上运动（包含边界），则的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正方体外接球表面积求解判断A；确定轨迹并求出轨迹长度判断B；作出截面并求出周长判断C；建立空间直角坐标系，利用不等式性质及导数求出最小值判断D. 【详解】对于A，设正方体的棱长为，则该正方体外接球直径为，，解得，A正确； 对于B，当点在共顶点的3个表面内时，点的轨迹是以为圆心，2为半径，圆心角为的3段圆弧， 当点在正方形内（含边界）时，平面，则， 点的轨迹是以为圆心，1为半径，圆心角为的圆弧，当点在正方形、 正方形内（含边界）时，同理点的轨迹分别是以为圆心，1为半径，圆心角为的圆弧， 因此点P的轨迹的长度为，B错误； 对于C，连接并延长分别交于，连接交于， 连接，则五边形是过的平面截正方体所得截面， 由平面平面，平面平面，平面平面， 得，同理，由，得， ，，， ，，， ，因此五边形的周长 为，C错误； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，，设点， 则，当且仅当时取等号， 令函数，求导得， 当时，；当时，，函数在上递减， 在上递增，，因此的最小值为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 样本数据20，26，5，16，17，18的第60百分位数为______. 【答案】 18 【解析】 【详解】将样本数据从小到大排列为：5，16，17，18，20，26， 因为，所以第60百分位数为排序后的第4个数据18. 13. 的展开式中的系数为______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据多项式乘法的计数规则，分步选取因式中的对应项，结合组合数计算指定项的系数. 【详解】表示5个因式相乘，要得到含的项， 首先，从5个因式中任选3个取其中的，选法种数为，对应系数为； 再从剩余的个因式中任选1个取其中的，选法种数为，对应系数为； 最后剩余的1个因式取其中的常数项，对应系数为. 因此的系数为. 14. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，以坐标原点O为圆心，a为半径的圆与C的一条渐近线在第一象限内交于点P，若，则C的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的坐标，利用两点间距离公式、数量积的定义及坐标表示列出方程化简求解. 【详解】令双曲线的半焦距为，则，渐近线方程为， 依题意，点是圆与直线在第一象限内的交点，则点， ，， 而，由，得， 解得，因此，整理得，即， 所以双曲线C的离心率. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求B； （2）若，______，求的面积. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题（2）中，并求解. 【答案】（1） （2）若选①，面积为或；若选②，面积为；若选③，面积为 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，得，再利用三角恒等变换化简求解； （2）若选①，正弦定理求解，若选②，根据余弦定理求解，若选③，根据正弦定理化简得，最后利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由， 由正弦定理得， 即， 即， 整理得， 而，∴，即， 因为，所以. 【小问2详解】 若选①，根据正弦定理，即， 因为，则或， 当时，，则， 当时，，则； 若选②，， 则，即， 再根据余弦定理，解得， 所以； 若选③，， 根据正弦定理得， 又，则， 则，所以，则， 正弦定理，可得， 所以. 16. “阳光杯”中学生篮球联赛是毕节市威宁自治县极具本土特色的体育赛事，赛事深度融合威宁多民族文化与高原风情，是当地群众最喜爱的体育赛事之一.威宁县某中学为了研究不同性别的学生对该赛事的了解情况，进行了一次抽样调查，随机抽取该校男生和女生各80名作为样本.设事件“了解‘阳光杯’中学生篮球联赛”，“学生为女生”，已知，. （1）完成下列列联表，并依据的独立性检验，能否认为该校学生对“阳光杯”中学生篮球联赛的了解情况与性别有关联? 了解 不了解 合计 男生 女生 合计 （2）现从该样本不了解“阳光杯”中学生篮球联赛的学生中，采用分层随机抽样的方法抽取10名学生，再从这10名学生中随机抽取2人，设抽取的2人中男生的人数为X，求X的分布列和数学期望. 附：，其中. 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： 了解 不了解 合计 男生 40 40 80 女生 20 60 80 合计 60 100 160 依据的独立性检验，认为该校学生对“阳光杯”赛事的了解情况与性别有关联. （2）X的分布列为： X 0 1 2 P 数学期望为. 【解析】 【分析】（1）先根据条件概率求得人数完善列联表，再代入公式求出，将该值与临界值比较即可求解. （2）先根据分层抽样确定抽取的男生人数和女生人数，再写出所有可能取值并计算相应的概率，列出分布列并根据数学期望公式可得出答案. 【小问1详解】 由题意，， 可知“了解‘阳光杯’中学生篮球联赛”的女生有人，则不了解联赛的女生有60人 “了解‘阳光杯’中学生篮球联赛”的男生有 人，则不了解联赛的男生有40人. 所以 了解 不了解 合计 男生 40 40 80 女生 20 60 80 合计 60 100 160 零假设：该校学生对“阳光杯”赛事的了解情况与性别无关. 依题意， 则, 依据的独立性检验，推断不成立，所以认为该校学生对“阳光杯”赛事的了解情况与性别有关联. 【小问2详解】 由（1）知，抽取的10名学生中，男生有4人，女生有6人. 可能的取值为0,1,2 则，， X的分布列为 X 0 1 2 P 数学期望 17. “阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见详解 （2）存点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由见详解. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出两平面法向量，计算两个平面法向量数量积为0即可证明. （2）利用向量法求出平面法向量，利用向量法表示出二面角的大小，建立方程求解分析即可. 【小问1详解】 证明：因为四边形为矩形，且平面， 所以以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，则， 又，在棱上，，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以，所以平面平面. 【小问2详解】 存在点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由如下： 设点在线段上，且，则， 当时，重合，得不到二面角不满足题意， 当时，重合，此时二面角即为， 因为平面，即平面，且平面， 所以平面平面，即二面角为直二面角，不满足题意，所以， 由， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以， 由（1）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则 ，即或， 当时，解得：，当时，无解，故， 即，所以存点，使得二面角的余弦值为，此时点为线段的中点. 18. 动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数. （1）求动点D的轨迹方程； （2）设动点D的轨迹为曲线，，是曲线过原点O的两条弦，且，求证：为定值； （3）在（2）的条件下，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析，定值为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列出等式然后进行化简，即可得到轨迹方程； （2）当直线，其中一个斜率不存在时，可得为定值，当直线，均存在时，设直线方程和直线方程，分别与椭圆方程联立求出，，由椭圆的对称性知，，进而得到的表达式即可证明； （3）当直线，其中一个斜率不存在时，可得，当直线，斜率均存在时，由（2）知和，则可得，令，换元后根据均值不等式即可求解. 【小问1详解】 由已知得 ， 化简得 ， ， 即点 的轨迹方程为: . 【小问2详解】 若直线，其中一个斜率不存在， 则易知: ， 若直线，斜率均存在， 设直线方程: ，， 联立 ，整理得 ，解得: ， 同理，设直线方程: ，， 联立 ，整理得 ，解得: ， 所以 ，， 由椭圆的对称性知， ，， 所以 ， 综上，为定值，且定值为. 【小问3详解】 由（2）知若直线，斜率均存在， ，， ， 则， 令，则， 令，， ， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以， 所以，即， 若直线，其中一个斜率不存在，， 综上，的面积的取值范围. 19. 已知函数，. （1）求函数的极值； （2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围； （3）令，证明：（）. 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得，令，求得，得出函数的单调性，结合极值的定义，即可求解； （2）根据题意，转化为对任意恒成立，令，求得，得出的单调性和最大值，结合，即可求解； （3）由（2）知，得到对任意恒成立，令，得到，进而得到，结合等比数列的求和公式和对数函数的单调性，即可得证. 【小问1详解】 解：由函数，可得其定义域为， 且， 令，即，解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以函数在处取得极小值， 且， 所以函数的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 解：由对任意恒成立， 即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 因为，可得，所以对任意恒成立， 令，可得， 令，即，解得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 则在处取得极大值，也时最大值，且， 因为对任意恒成立， 可得，即，所以实数 的取值范围为. 【小问3详解】 解：由（2）知，当时，，即对任意恒成立， 令，则， 又由， 因为，可得， 令，可得数列构成首项为，公比的等比数列， 可得，所以， 又因为在上为单调递增函数，可得， 所以对于任意，总有成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $