精品解析：湖北孝感奥美高级中学2026届高三适应性考试（一）数学试题

2026届孝感奥美高三适应性考试（一） 数学试题 命题人：张保贵 审题人：高三数学组 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知为虚数单位，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则 A. B. C. D. 3. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 3 4. 已知是函数的图象上的任意一点，过分别向直线和轴作垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. 0 D. 5. 随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为（ ） A. 0.6 B. 0.8 C. 1.25 D. 1.6 6. 已知函数的定义域为为的导函数，，．若，则（ ） A. 2026 B. 1013 C. 1 D. -1 7. 已知二面角的大小为，且为内异于的任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知各项均为正数的数列，其中，是正整数，是实数．若对任意，能构成三角形，则满足条件的的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 无数个 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 甲、乙两个不透明的袋子里分别装有若干个除颜色外均相同的球，其中甲袋子里有2个红球，乙袋子里有3个红球和2个白球．现从乙袋子里随机取出2个球放入甲袋子里，再从甲袋子里随机取出1个球．记从甲袋子里取出红球的个数为，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（ ） A. 截面是平行四边形 B. 若，则 C. 存在点，使得截面为长方形 D. 截面的面积存在最小值 11. 已知曲线，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线是中心对称图形 B. 曲线与直线有三个不同的交点 C. 该曲线可以成为一个函数的图象 D. 当时， 三、填空题：本大题共3小题，共15分. 12. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 13. 已知双曲线的右焦点为是右支上一点，关于原点和轴对称的点分别为，则的离心率为______． 14. 若，，则的值为______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分. 15. 已知 ，. （1）求的最小正周期和单调增区间； （2）已知锐角的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且，，求BC边上的高的最大值. 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的零点个数； 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，. （1）证明：平面平面； （2）若直线与平面所成的角为，求线段的长； 18. 已知点在抛物线上． （1）求抛物线的标准方程； （2）若射线，均与圆相切，且点，在抛物线上． ①若存在，使得，求直线的方程； ②过点作于点，问：是否存在定点，使得为定值？若存在．求该定值；若不存在，请说明理由． 19. 甲和乙进行乒乓球比赛，每一球甲赢的概率为，乙赢的概率为，每球的比赛结果相互独立，现从两套规则中选一套：规则一．双方进行球比赛，先赢得球的一方获胜：规则二，若一方赢得至少球且必须领先对手至少2球则获胜，否则先赢得球的一方获胜．设选择规则一时甲获胜的概率为，选择规则二时甲获胜的概率为．（为正整数） （1）若，求； （2）若选择规则二且，，，设随机变量表示一方获胜时进行的总球数，事件表示甲获胜，事件表示，求； （3）若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届孝感奥美高三适应性考试（一） 数学试题 命题人：张保贵 审题人：高三数学组 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知为虚数单位，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助复数的四则运算及复数模长计算公式计算即可得. 【详解】， 则，故. 故选：B. 2. 已知集合，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数不等式的解法得到集合A，再由集合交集运算得到结果. 【详解】 故选D 【点睛】这个题目考查了集合的交集运算，属于简单题. 3. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合余弦定理得到，设，求出的范围得到，求出，求出，令 ， 则 ，令 ，则 ，由的范围得的范围，则转化为函数，令，函数转化为， 利用二次函数的图像和性质得到，即的最大值， 从而得到的最大值. 【详解】因为， 所以， 解得：，即：， 又，则， 则， 设 （边长比值为正），则 ， 将其代入得： ，即， 又， 则，即， 即，即，即，故， 将 、代入表达式， 得到， ， ， 即， 由正切定义（，，比值符号为正）， 故：， 令 ， 因为，， ， 设， 令 ，则 ，由得， 则转化为函数， 拆分化简：， 令，由得， 函数转化为， 该二次函数开口向下，对称轴为，且 ， 在定义域内可取到最大值， 将代入得：， 即的最大值为，又因为三角形内角， ， 故的最大值为. 故选项B正确. 4. 已知是函数的图象上的任意一点，过分别向直线和轴作垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，利用向量垂直的坐标表示求出点的坐标，即可求出的值． 【详解】设，，由， 即，解得， 所以， 则， 所以． 5. 随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为（ ） A. 0.6 B. 0.8 C. 1.25 D. 1.6 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，，代值化简即可求解./ 【详解】已知工时递减速率，且, 所以， 由于生产前件产品的平均工时：， 生产前件产品的平均工时：， 所以， 将​，代入：， 则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为0.8 6. 已知函数的定义域为为的导函数，，．若，则（ ） A. 2026 B. 1013 C. 1 D. -1 【答案】D 【解析】 【详解】因为且，所以， 因为，所以关于直线对称， 则原函数关于点对称，所以 所以， 令，则，即， 所以， 所以的周期为， 又，即，所以的周期也为， 由得， 由得，所以， 由得，所以， 又，所以， 所以， 所以， 又， 所以. 7. 已知二面角的大小为，且为内异于的任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出二面角的平面角，根据最小角定理，利用线面角求最小值即可. 【详解】过作，垂足为，于，连接，如图， 则，平面， 所以平面，平面，所以, 所以为二面角的平面角，故， 由最小角定理知，当为与所成线面角时，最小， 此时，重合，取得最小值， 设，则，又，则， 所以，即的最小值为. 8. 已知各项均为正数的数列，其中，是正整数，是实数．若对任意，能构成三角形，则满足条件的的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 无数个 【答案】B 【解析】 【分析】由判断的范围，由三角形三边关系得的不等关系，构造函数，分析其零点，解不等式可得. 【详解】设， 易知，所以三点共线. 由，得，所以点在线段上. 又，所以均在第一象限. 其中是奇数，是偶数，所以. 若，则. 此时要构成三角形，只需满足，即，即. 若，则. 此时要构成三角形，只需满足，即，即. 令，则是减函数， 又，， 所以存在，使得当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，所以在区间上有一个零点，记为. 所以当时，；当时，. 令函数，则. 令，是增函数， ， 所以恒成立，恒成立， 所以在上单调递增，在上单调递增. 因，，满足题意； ，满足题意； 当时，，不满足题意。又函数在时单调递增，故对任意均不满足题意. 综上所述，满足条件的有4个，分别是. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 甲、乙两个不透明的袋子里分别装有若干个除颜色外均相同的球，其中甲袋子里有2个红球，乙袋子里有3个红球和2个白球．现从乙袋子里随机取出2个球放入甲袋子里，再从甲袋子里随机取出1个球．记从甲袋子里取出红球的个数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】分别求出从乙袋子中取出2个红球、2个白球和1个红球和1个白球的概率，分析X的可能取值，求出各个概率，可判断A、B的正误，代入期望和方差公式，可判断C、D的正误. 【详解】设从乙袋子中取出2个红球为事件A，则， 从乙袋子中取出2个白球为事件B，则， 从乙袋子中取出1个红球和1个白球为事件C，则， 由题意，X的可能取值为0和1， 则 ，故A错误，B正确； 所以， 则，故C正确，D错误. 10. 如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（ ） A. 截面是平行四边形 B. 若，则 C. 存在点，使得截面为长方形 D. 截面的面积存在最小值 【答案】AD 【解析】 【详解】如图： 对A：设平面交棱于点，连接，. 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以. 同理，所以四边形为平行四边形，即截面是平行四边形，故A正确； 对B：因为，，所以，. 又和中，，，. 所以，所以，. 连接，，则， 且， ， ， 所以，又，所以，所以，故B错误； 对C：假设存在点，使得截面为长方形. 设，则，. 由， 即或. 这与矛盾，所以假设错误.故不存在点，使得截面为长方形.即C错误； 对D：设，，则，， 在中，由余弦定理，， 所以. 所以. 所以截面四边形的面积为， 所以当时，截面的面积最小，为.故D正确. 11. 已知曲线，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线是中心对称图形 B. 曲线与直线有三个不同的交点 C. 该曲线可以成为一个函数的图象 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：根据中心对称定义代入验证.选项B.联立两方程，分析方程的零点.选项C.根据函数的定义求解即可.选项D.对函数求导，分析其单调性，得到最小值. 【详解】选项A.若点在曲线上，满足. 将代入方程， 左边，右边左边， 因此也在曲线上，曲线关于原点中心对称，A正确. 选项B.联立 代入曲线方程，整理得， 是一个解，剩余.当（如）时，无额外实根，仅1个交点， 不是一定有三个交点，B错误. 选项C.令，则，代入原方程可得参数形式：. 对求导得，故是上严格增函数，与一一对应， 因此每个对应唯一，满足函数定义，曲线可以作为函数的图像，C正确. 选项D.即，因，故. 对求导得​，令，得驻点， 代入得，D正确. 三、填空题：本大题共3小题，共15分. 12. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可. 【详解】设圆台母线长为，则，所以，所以圆台的高为， 所以圆台的体积为. 13. 已知双曲线的右焦点为是右支上一点，关于原点和轴对称的点分别为，则的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用双曲线的对称性，得到焦点三角形的形状，利用双曲线的定义求解即可. 【详解】如图，不妨设点在第一象限，双曲线的左焦点为， 由，由对称性得，得， 所以，即得为等边三角形， 连接，由，所以，从而， 在中，，，从而， 所以，从而. 14. 若，，则的值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】先利用对数换底公式，对原不等式进行整理变形，得到，求该函数的最小值，得到，构造函数，研究函数的单调性与最值，进而确定的值 【详解】因为，所以， 所以， 令，所以， 则当时，即在上单调递减， 所以当时，，矛盾，故. 时，，，单调递减；，，单调递增； 所以， 记，求导得， ，，单调递增；，，单调递减； 所以最大值为， 因此恒成立，仅当时满足要求， 所以. 四、解答题：本大题共5小题，共77分. 15. 已知 ，. （1）求的最小正周期和单调增区间； （2）已知锐角的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且，，求BC边上的高的最大值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用余弦函数的性质求解. （2）由（1）结合已知求出，再利用余弦定理及基本不等式求出最大值，利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 依题意，， 由，得， 所以函数的最小正周期，单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）得，即， 在锐角中，，，则，解得， 由余弦定理得，当且仅当时取等号， 设边上的高为，则，因此， 所以的最大值为. 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的零点个数； 【答案】（1） （2）当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义由点斜式可得切线方程； （2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得. 【小问1详解】 当时，． 所以曲线在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 因为，令，得，即. 令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数. 又因为，当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且，有极大值也是最大值，如图： 由图可知，当时，函数与的图象无交点； 当时，函数与的图象有1个交点； 当时，函数与的图象有2个交点. 综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1； 时，的零点个数为2. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，. （1）证明：平面平面； （2）若直线与平面所成的角为，求线段的长； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据线面角的向量求法列出方程求解即可. 【小问1详解】 证明：因为平面，平面，所以， 又，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面 【小问2详解】 以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 在平面内，作交于点，则， 在中，，， 设，则，，由，得， 所以，，， ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 又，由直线与平面所成的角为， 可得， 即，整理得，解得或（舍去，因为）， 所以. 18. 已知点在抛物线上． （1）求抛物线的标准方程； （2）若射线，均与圆相切，且点，在抛物线上． ①若存在，使得，求直线的方程； ②过点作于点，问：是否存在定点，使得为定值？若存在．求该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）①② 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而求解即可得抛物线的标准方程； （2）设，求得直线的方程，利用直线与圆相切可得，化简得，进而可得直线过定点；①利用，可求得，进而计算可求得直线的方程；②由题意可得点在以为直径的圆上，进而可得，可得结论. 【小问1详解】 因为点在抛物线上，所以，解得， 所以抛物线的标准方程为； 【小问2详解】 设， 因为点，在抛物线上，所以，， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 同理可得到直线的距离为， 因为两直线均与圆相切，所以，即， 两边平方得，所以， 所以， 所以 整理得， 因为是不同的两点，所以， 所以①， 设直线的方程为，与抛物线联立得， 所以，所以，所以， 所以的方程，所以，所以直线过定点. ①因为，，， 所以， 由，得， 显然不符合题意，所以， 所以， 所以②， 由①②得，所以或， 当，得，此时是方程， 又，不符合题意，舍去； 所以，可得， 由，，两式相减得， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. ②因为直线过定点，过点作于点， 所以点在以为直径的圆上，所以， 所以存在定点，使得为定值，定值为. 19. 甲和乙进行乒乓球比赛，每一球甲赢的概率为，乙赢的概率为，每球的比赛结果相互独立，现从两套规则中选一套：规则一．双方进行球比赛，先赢得球的一方获胜：规则二，若一方赢得至少球且必须领先对手至少2球则获胜，否则先赢得球的一方获胜．设选择规则一时甲获胜的概率为，选择规则二时甲获胜的概率为．（为正整数） （1）若，求； （2）若选择规则二且，，，设随机变量表示一方获胜时进行的总球数，事件表示甲获胜，事件表示，求； （3）若，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明：设甲、乙持续比赛，不因规则停止，令随机变量表示前球中甲赢得的球数，则．由规则一可知，．按前球中甲赢球数分类，得 ．再看．此时规则二为：若一方赢得至少球且领先球则获胜，否则先赢球的一方获胜．若 ，则甲在前球中至少赢球且至少领先球，甲获胜；若 ，则前球比分为 ，此后甲获胜有两类情况：一是甲连赢两球，概率为；二是接下来的两球双方各胜一球，再由甲赢下一球，概率为 ．所以．因此．又，且，所以．因为，且，所以 ，即．下面证明．由规则一可知，．仍按前球中甲赢球数分类：若 ，则甲必然满足 ；若 ，则后三球中甲至少赢1球即可，概率为；若 ，则后三球中甲至少赢2球即可，概率为 ；若 ，则后三球必须甲全胜，概率为．所以．另一方面，由上面对的分析，．两式相减，得．又，，且，所以 ．因此．综上，． 【解析】 【分析】（1）规则一对应五局三胜制，分别计算甲以3∶0，3∶1，3∶2获胜的概率；规则二在本问中为“至少赢3球且领先2球则胜，否则先赢4球者胜”，分别计算甲以3∶0，3∶1，4∶2，4∶3获胜的概率． （2）由 可知，规则二为“至少赢2球且领先2球则胜，否则先赢8球者胜”．事件排除了2球结束和15球结束两种情况，在事件发生时，比赛必先打成1∶1，之后经过若干次双方各胜一球，最后由某一方连胜两球结束．由此分别求出与，再求条件概率之比． （3）把两人的比赛看成一列无限进行的独立试验，设表示前球中甲赢得的球数．先把和都表示为关于的概率，再比较；然后把表示为关于及后3球胜负的概率，再比较． 【小问1详解】 由题意，．当时，． 规则一中表示甲在五局三胜制中获胜的概率． 若甲以3∶0获胜，概率为；若甲以3∶1获胜，则前3球中甲赢2球、乙赢1球，最后一球甲赢，概率为 ；若甲以3∶2获胜，则前4球中甲赢2球、乙赢2球，最后一球甲赢，概率为． 所以． 规则二中表示若一方赢得至少3球且领先2球就获胜，否则先赢4球者获胜时甲获胜的概率． 甲可能以3∶0，3∶1，4∶2，4∶3获胜．其中，3∶0的概率为；3∶1的概率为 ；4∶2必须先打成2∶2，再由甲连赢两球，概率为；4∶3必须先打成2∶2，再经过一胜一负，最后甲赢，概率为． 所以． 【小问2详解】 当 时，规则二为：若一方赢得至少2球且领先对手至少2球则获胜，否则先赢 球的一方获胜． 若比赛在2球结束，则比分只能是2∶0或0∶2，不属于事件；若比赛在15球结束，则比分只能是8∶7或7∶8，也不属于事件． 因此，在事件发生时，比赛过程必为：先打成1∶1，之后经过若干次“每两球双方各胜一球”，最后由某一方连胜两球结束． 设“每两球双方各胜一球”的次数为，则 ．每一次双方各胜一球的概率为．若最后甲连胜两球，则甲获胜；若最后乙连胜两球，则乙获胜． 于是，．因为，，所以．代入，得 ． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $