精品解析：四川省绵阳南山中学2026届高考适应性考试数学试题

秘密★启用前【考试时间：2026年5月17日15:00—17:00】 绵阳南山中学高2023级高考适应性考试 数学试题 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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 第一部分（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 若复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 2或1 D. 0或1 【答案】A 【解析】 【分析】由纯虚数的概念列式可得结果. 【详解】由是纯虚数，可得，解得. 3. 已知不等式的解集为或，则实数的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据方程的根与不等式的解集之间的关系求解即可. 【详解】易知是方程的根， 即，所以, 当时，不等式为，即,其解集为或. 故实数的值为1. 4. 已知函数，则的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】令，得； 当时，，此时对称中心为； 的一个对称中心为. 5. 已知是奇函数，当时，，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及对数运算求得正确答案. 【详解】依题意，是奇函数， . 6. 已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交轴于点．若为的中点，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【详解】 由抛物线得焦点，设， 因为是的中点，所以的坐标为， 因为在抛物线上，将坐标代入得： ， 再由两点间距离公式： . 7. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 8. 已知函数，若对任意的，都有，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】变形得到，设，则在R上单调递增，分段函数在R上单调递增，需满足每段函数在定义域上单调递增，且分段处，左端点函数值小于等于右端点函数值，从而得到实数a的取值范围. 【详解】， 设，则， 因为，所以在R上单调递增， 其中， 需满足在上单调递增，在上单调递增， 且， 由得， 根据在上单调递增，得到，故， 所以， 当，即时，在上单调递增， 当，即时，在上单调递增， 当，即时，由对勾函数性质得， 在上单调递增，故需满足，解得， 所以， 综上，实数a的取值范围是. 故选：D 二、多项选择题：（本大题共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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．） 9. 已知两个变量与对应关系如下表： 1 2 3 4 5 5 8 9 10.5 若与满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ） A. 与正相关 B. C. 样本数据的第60百分位数为8.5 D. 样本数据的平均数为7 【答案】AC 【解析】 【分析】利用回归直线必过样本中心点求出平均数并反推m，再结合百分位数逐一验证各个选项即可. 【详解】对于A，经验回归方程的斜率为，所以与正相关，故A正确； 对于BD，由题意得， 代入经验回归方程得， 即，解得，故BD错误； 对于C，，样本数据从小到大排列为：， 故样本数据的第60百分位数为，故C正确. 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为为右支上一点（异于右顶点），为圆上一点，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的内切圆与轴切于定点 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据渐近线斜率判断A，联立方程，利用内切圆性质判断B，根据圆的切线的性质判断C，利用动点到圆心的距离的最值判断D. 【详解】因为双曲线的渐近线为，由题，所以的渐近线方程为，故A正确； 设分别与的内切圆切于点， 则， 又，所以，所以的内切圆与轴切于定点，故B正确； 易知，，则，当与相切时，取得最大值，最大值为，故C错误； 设，则， 当时，取得最小值，则的最小值为，故D正确． 11. 在锐角中，角的对边分别为，记的面积为，若，则以下说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用面积公式和正余弦定理化简条件，得到角的关系，再结合锐角三角形定义确定的范围，最后将转化为关于的函数求值域. 【详解】已知在锐角中，，其中面积， ，因为，所以，即，选项A正确； 由余弦定理，，代入得：， 由正弦定理，，，代入得：， 继续化简得， 因为是锐角三角形，所以，，故，即，选项B正确； 因为是锐角三角形，且，所以：，解得：，选项C错误； ，而，代入得： ，因为，所以， 令，则，该函数是开口向上，对称轴为的二次函数， 因为区间在对称轴右侧，所以函数在该区间上单调递增， 而，，所以，选项D正确. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在的展开式中，的系数为______. 【答案】80 【解析】 【分析】根据二项式展开式通项公式计算得出，再代入计算求解. 【详解】的展开式中的通项公式为， 所以当时，， 的系数为. 故答案为：80. 13. 已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律求得，，根据投影向量的概念求解即可. 【详解】，， 因为，所以， 解得．所以，， 所以在方向上的投影向量的坐标为． 14. 若各棱长均为2的正四面体可以在一个圆柱内任意转动，则该圆柱的高的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意知，正四面体外接球可以在一个圆柱体内任意转动，求出正四面体外接球的半径，即可求出答案. 【详解】由题意知四面体为正四面体， 如图，点为的中心，根据正四面体的性质可知平面， 所以正四面体外接球的球心位于上，设球心为，半径为， 则， 在中，， 在中，， 则， 在中，由得， 解得， 各棱长均为2的四面体可以在一个圆柱体内任意转动，即各棱长均为2的四面体的外接球可以在一个圆柱体内任意转动， 故该圆柱的高的最小值为. 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. 已知等差数列的公差为，前项和为，且，，，其中. （1）求公差及的值； （2）设数列，数列的前项和为，求． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的性质结合二倍角的余弦公式计算可得； （2）由等差数列的基本量法求出通项后结合正弦函数的周期性可得. 【小问1详解】 由题可知：，， 故 ， 公差，所以， 即，又因为，所以， 故，即． 【小问2详解】 由（1）可知，等差数列的通项公式为：， 又因为，所以， 在中，，所以， 即是周期为4的周期函数， 所以当时，，当时，， 当时，，当时，，其中， 所以每4项一组，每组和为： ， 前8项刚好分为2组，故. 16. 如图，在三棱柱中，与均为等腰直角三角形，且，，． （1）证明：平面平面ABC； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）设的中点为，连接，如图所示，    因为与均为等腰直角三角形，， 故，且， 又， 故，即， 且平面，， 故平面，且平面， 故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，证明平面，然后利用线面垂直证明面面垂直即可； （2）利用线面关系作出二面角的平面角，然后利用余弦定理求余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，且平面， 所以平面，且，故平面， 且平面，故，则， 设和的中点分别为，连接，    则，故， 又因为，故， 且平面，平面， 故即二面角的平面角， 且， 因为，故， 则， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若存在极小值0，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接求导，再利用点斜式写切线方程； （2）设函数在处取得极小值，则必有由导数方程先表示出参数，再代回原式消去，得到关于的方程；最后利用该方程化简出的值. 【小问1详解】 当时， 又 所以曲线在点处的切线方程为 化简得 【小问2详解】 设函数在处取得极小值，则 由得 从而代入，得 即 由于，故 于是两边取指数，得所以 而故 下面验证此时确有极小值. 令 设方程的解为，易知函数在上单调递增， 所以方程有且仅有一个解， 又由可得 于是 设，则 当 且 时，，所以在上单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以处为极小值点，极小值为. 综上， 18. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为． （1）求椭圆的离心率； （2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为． （i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据的面积列方程，化简求得椭圆的离心率. （2）（i）设出直线的方程，并与直线的方程联立，求得点的坐标，根据列方程，由此求得直线的斜率. （i i）联立直线的方程与椭圆方程，求得点坐标，求得，判断出直线和都垂直于直线，结合四边形的面积求得椭圆的方程. 【小问1详解】 设椭圆的离心率为，由已知的面积为， 可得，又， 可得，即，又因为，解得， 所以椭圆的离心率为． 【小问2详解】 （ⅰ）依题意，设直线（也即直线）的方程为， 则直线的斜率为． 由（1）知，则，且， 可得直线的方程为， 即，与直线的方程联立， 可解得，，即， 由已知，有， 整理得，而，所以，即直线的斜率为． （ⅱ）由，则，可得，故椭圆方程可以表示为． 由（ⅰ）得直线的方程为， 联立，消去得，解得（舍去），或， 则，可得， 所以， 由已知，直线与直线间的距离为， 则线段的长即为与这两条平行直线间的距离， 故直线和都垂直于直线， 所以， 则的面积为， 而， 则的面积等于， 由四边形的面积为，得，解得，则，， 所以椭圆的方程为. 19. 2026年马年春晚《武》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的少年武者进行了一场人机武术对抗赛．假设每局比赛中，机器人获胜的概率为0.6，少年武者获胜的概率为0.4，且每局胜负相互独立．比赛采用局胜制（即先赢得局者获胜）． （1）当时，记结束比赛时的局数为X，求X的分布列和数学期望； （2）设在该赛制下机器人获胜的概率为． ①求和的值，并比较它们的大小，据此说明和哪种赛制对机器人更有利； ②随着k的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论． 【答案】（1）分布列为： 2 3 0.52 0.48 期望为. （2）①，，，赛制对机器人更有利 ②随着k的增大，机器人获胜的可能性变大，证明如下： 由①可知，， 下面讨论局与前局的递推关系： （i)若前局中机器人恰好赢了局，则后两场机器人都要赢才能获胜， 其概率为，即. （ii)若前局中机器人恰好赢了局，则后两场机器人至少要赢一场才能获胜， 其获胜概率为，即. （iii）若前局中机器人至少赢了局，则后两场机器人无论输赢都获胜， 其获胜概率为. ， ， ，，即 【解析】 【分析】（1）根据题意求出概率，列出分布列，求期望即可； （2）①分别列出获胜各种情况的概率求和即可计算，比较大小即可分析得出结论；②求出的大小，再分析与的关系，即可证明. 【小问1详解】 当时，赛制为三局两胜制，故X的可能取值为， ， , 所以X的分布列为： 2 3 0.52 0.48 【小问2详解】 ①因为每局比赛中，机器人获胜的概率为， 由题可知为局胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有两种：或， 所以， 为局胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有三种：或或， ， 所以， 所以时，局胜制对机器人更有利. ②随着k的增大，机器人获胜的可能性越来越大.证明略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前【考试时间：2026年5月17日15:00—17:00】 绵阳南山中学高2023级高考适应性考试 数学试题 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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 第一部分（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 2或1 D. 0或1 3. 已知不等式的解集为或，则实数的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 4. 已知函数，则的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是奇函数，当时，，则（ ） A. B. 2 C. D. 6. 已知是抛物线的焦点，是上一点，直线交轴于点．若为的中点，则（ ） A. 3 B. C. 4 D. 7. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 8. 已知函数，若对任意的，都有，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（本大题共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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．） 9. 已知两个变量与对应关系如下表： 1 2 3 4 5 5 8 9 10.5 若与满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ） A. 与正相关 B. C. 样本数据的第60百分位数为8.5 D. 样本数据的平均数为7 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为为右支上一点（异于右顶点），为圆上一点，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. 的内切圆与轴切于定点 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 在锐角中，角的对边分别为，记的面积为，若，则以下说法正确的有（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在的展开式中，的系数为______. 13. 已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是______． 14. 若各棱长均为2的正四面体可以在一个圆柱内任意转动，则该圆柱的高的最小值为__________． 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. 已知等差数列的公差为，前项和为，且，，，其中. （1）求公差及的值； （2）设数列，数列的前项和为，求． 16. 如图，在三棱柱中，与均为等腰直角三角形，且，，． （1）证明：平面平面ABC； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若存在极小值0，求实数的值． 18. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为． （1）求椭圆的离心率； （2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为． （i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程． 19. 2026年马年春晚《武》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的少年武者进行了一场人机武术对抗赛．假设每局比赛中，机器人获胜的概率为0.6，少年武者获胜的概率为0.4，且每局胜负相互独立．比赛采用局胜制（即先赢得局者获胜）． （1）当时，记结束比赛时的局数为X，求X的分布列和数学期望； （2）设在该赛制下机器人获胜的概率为． ①求和的值，并比较它们的大小，据此说明和哪种赛制对机器人更有利； ②随着k的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $