精品解析：四川眉山市彭山区第一中学2026届高三高考适应性考试数学试题

彭山一中2026届高三高考适应性考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 小王自进入高三以来，四次数学考试的分数逐次递增，第一次的分数为108，第四次的分数为130，且中位数为117，则小王这四次数学考试的平均分为（ ） A. 116 B. 118 C. 119 D. 120 4. 记为等比数列的前项和，若，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点．动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱台的上､下底面积分别为3，12，当正四棱台的外接球的体积最小时，该四棱台的侧面积为（ ） A. B. C. 18 D. 8. 已知是定义域为的偶函数，的导函数满足，则（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 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. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 当在区间上存在极大值点和极小值点时，实数的取值范围为 10. 设为数列的前项的积，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，为常数列 D. 当数列为等差数列时，或 11. 已知是抛物线的焦点，点在圆上，圆在点处的切线与只有一个公共点，动直线，则（ ） A. B. 与和圆各恰有一个公共点的直线有6条 C. 当时，记上一点到的距离为的最小值为3 D. 满足圆上仅有一个点到的距离为的的值有4个 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量，若，则________. 13. 已知点是双曲线右支上的一点，分别是的左､右焦点，且，点在的平分线上，为原点， ，，其中，则的离心率为__________. 14. 若直线为曲线的一条切线，则的最大值为______. 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. 已知向量.设. （1）求函数的最小正周期； （2）记的内角所对的边分别是，已知的面积为，求的长. 16. 已知数轴上有一质点，从原点开始每1秒向左或向右移动一个单位长度.设它向左移动的概率为，向右移动的概率为. （1）已知质点2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后该质点在处的概率； （2）记质点3秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与数学期望. 17. 如图，已知一个由半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且为半圆弧上的动点（与不重合）. （1）证明：平面平面； （2）若四边形为正方形，且，求二面角的正弦值. 18. 已知椭圆的焦点坐标分别为，点在上，直线与交于两点，点关于轴的对称点为为坐标原点. （1）求的方程； （2）证明：的面积为定值； （3）若点在直线的右侧，求直线在轴上的截距的最小值. 19. 已知函数与函数的图象在公共点处有相同的切线. （1）当时，求函数与在公共点处的切线方程； （2）求的最大值； （3）证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 彭山一中2026届高三高考适应性考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法求得，再根据复数模的计算公式求解即可． 【详解】由题得，则． 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，解得，所以， 因为，所以. 3. 小王自进入高三以来，四次数学考试的分数逐次递增，第一次的分数为108，第四次的分数为130，且中位数为117，则小王这四次数学考试的平均分为（ ） A. 116 B. 118 C. 119 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】根据几个数的中位数和平均数的定义计算即可. 【详解】设第二次和第三次的分数分别为， 则由题意可得，即， 所以小王这四次数学考试的平均分为. 4. 记为等比数列的前项和，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式及条件可得，再由等比数列的前项和公式计算可得. 【详解】设等比数列的公比为，由​得： ，  因为，所以 ，又因为 ，可得 ，解得. 所以，因此. 5. 若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依据投影向量的定义可列出等式，再求出向量与的夹角即可. 【详解】设向量与的夹角为， 则由题意结合投影向量的定义可知， 解得， 因为向量的夹角，所以. 6. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点．动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由题意结合三角函数、弧长公式等依次求出、圆的半径和，再由结合两角和正切公式即可求解． 【详解】由题得，且圆的半径为， 所以， 所以． 7. 已知正四棱台的上､下底面积分别为3，12，当正四棱台的外接球的体积最小时，该四棱台的侧面积为（ ） A. B. C. 18 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正四棱台的外接球球心必在上、下底面中心的连线上，由上、下底面边长确定，先分析正四棱台的外接球半径最小值就是下底面外接圆半径，从而可求棱台的高和侧面积. 【详解】因为正四棱台上下底均为正方形， 由上､下底面积分别为3，12，可得上､下底面正方形的边分别为， 上､下底面正方形的外接圆半径分别为和， 因为正四棱台的外接球半径一定大于或等于下底面正方形的外接圆半径， 所以正四棱台的外接球的半径最小值为，此时下底面中心即为外接球的球心. 则棱台的高， 再由勾股定理计算可得：， 所以再由勾股定理可得侧面梯形的斜高为：， 即一个侧面的梯形面积为， 则该四棱台的侧面积为. 8. 已知是定义域为的偶函数，的导函数满足，则（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据是偶函数得出的一个等式关系，再对其求导得到的一个等式关系，然后结合推出的周期，最后根据周期求出的值. 【详解】因为是定义域为的偶函数，所以，即. 两边求导，可得：，可得. 因为，所以的图象关于直线对称，则. 用代替可得. 将代入 中，可得 ①. 用代替可得 ②. 由②①可得：. 所以是周期为的周期函数. 所以. 因为的图象关于直线对称，所以. 在中，令，可得，解得， 所以，即. 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. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 当在区间上存在极大值点和极小值点时，实数的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】由三角恒等变换得，再由函数平移后的图象关于原点对称，可求得，从而可得，最后结合选项逐一判断即可. 【详解】因为， 将其向左平移个单位长度后， 得， 因为此函数的图象关于原点对称，所以 ，则 ， 又因为，所以，则， 所以函数的最小正周期，故A正确； 令，解得， 所以函数的对称轴为：， 所以函数图象不关于直线对称，故B错误； 当时，， 因为在上不单调递减， 所以在上不单调递减，故C错误； 当时，， 因为在区间上存在极大值点和极小值点， 所以，解得， 所以实数的取值范围为，故D正确. 10. 设为数列的前项的积，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，为常数列 D. 当数列为等差数列时，或 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合与的关系，推导出数列的递推公式，再根据递推公式逐一分析选项. 【详解】选项A，为数列的前项的积，，. 当时，，由可得，. 又，，，选项A错误. 选项B，当时，，， 当时， ， ，得. 又，，整理得，或（舍），选项B正确. 选项C，当时，时， ，， 当时， ，，得. 由 ，得，. 则， ， ，即，为常数列，选项C正确. 选项D，由可得，. 当时，. 为等差数列，为常数. ①若，则恒成立，即，此时. ②若，则，，解得. 综上，当数列为等差数列时，或，D选项正确. 11. 已知是抛物线的焦点，点在圆上，圆在点处的切线与只有一个公共点，动直线，则（ ） A. B. 与和圆各恰有一个公共点的直线有6条 C. 当时，记上一点到的距离为的最小值为3 D. 满足圆上仅有一个点到的距离为的的值有4个 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据点与圆的位置关系求出，根据圆切线的性质求出斜率进而求出切线方程，联立切线和抛物线方程，根据交点唯一性得出判别式为零，求出，判断选项A；分斜率存在和不存在两种情况讨论，分别求出相应切线条数，判断选项B；根据抛物线的定义，结合图象分析判断选项C；根据已知条件得出是圆上点到距离的最大值或最小值，进而结合圆心到直线的距离构造方程求解，判断选项D． 【详解】 已知点在圆上， 则 ，解得， 圆心，半径为， ，设切线斜率为，则， 解得， 切线方程为，即， 联立已知切线与抛物线方程得：，即， 已知切线与抛物线只有一个公共点， ，解得或（舍去）， 故A正确； 斜率存在时，设切线方程为，圆心到直线的距离为， 则，即①， 联立直线与抛物线方程得：， 已知直线与抛物线只有一个公共点，故②， 联立①②解得或或或，共4条； 当斜率不存在时，圆的竖切线为，与抛物线各有1个交点，共2条； 综上，共有6条，故B正确； 抛物线的焦点，准线，由抛物线定义得，， 当时，直线，点到的距离， 取抛物线上点，则 ， 故存在点使得 ，故C错误； 圆上仅有一个点到的距离为，则该距离为圆上点到直线的最大或最小距离： 圆心到直线的距离， 当时，，则 ，解得或； 当时，，则 ，解得或； 故共有4个值，故D正确． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设随机变量，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性运算求解即可. 【详解】由题意，，所以，解得. 故答案为：. 13. 已知点是双曲线右支上的一点，分别是的左､右焦点，且，点在的平分线上，为原点， ，，其中，则的离心率为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】延长交于点，借助中位线定义及其性质可得，结合是的平分线可得，再根据双曲线的定义以及离心率公式计算求解即可得. 【详解】延长交于点， 因为，是的中点，则是三角形的中位线， 故是的中点，且， 则，即是中线， 又因为是的平分线， 则是等腰三角形，即， 根据双曲线定义，有， 则， 因为 ，所以， 又，因此，离心率. 14. 若直线为曲线的一条切线，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先设切点为，根据切线方程可得，进而可得，再构造函数，用导数求得函数的最大值可得. 【详解】设切点为，对曲线求导得：. 因为切线斜率为，因此：且， 所以，即，得. 再将代入得：，即， 两边取对数整理得： . 所以， 令，求导： ， 令，得，即， 因为在上单调递减， 所以当时，；当时，. 因此函数在上单调递增，在单调递减， 所以是函数的极大值点也是最大值点， 因此. 故的最大值为. 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. 已知向量.设. （1）求函数的最小正周期； （2）记的内角所对的边分别是，已知的面积为，求的长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式及辅助角公式将函数化简，从而可求得函数的最小正周期； （2）根据，求得，再根据的面积为，求得，再利用余弦定理即可得出答案. 【小问1详解】 由题意， ， 所以函数的最小正周期； 【小问2详解】 由得， 因为，所以，解得， 因为，所以， 由余弦定理得，所以. 16. 已知数轴上有一质点，从原点开始每1秒向左或向右移动一个单位长度.设它向左移动的概率为，向右移动的概率为. （1）已知质点2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后该质点在处的概率； （2）记质点3秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 1 3 数学期望. 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率公式和条件概率公式即可求解； （2）由题意确定可能的取值，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望. 【小问1详解】 记质点2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件秒后质点在处为事件， 则， 故所求的概率为； 【小问2详解】 的可能取值为：. 则， . 分布列如下： 1 3 数学期望. 17. 如图，已知一个由半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且为半圆弧上的动点（与不重合）. （1）证明：平面平面； （2）若四边形为正方形，且，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1)由，，得线面垂直，进而得面面垂直； （2）根据题意建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值. 【小问1详解】 在半圆柱内，平面，所以； 因为为上底面对应圆的直径，所以， 又 平面平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 以为原点，建立如图的空间直角坐标系， 有，， 平面的一个法向量， 设平面的法向量， 则令，则 取，所以，则， 所以二面角的正弦值为. 18. 已知椭圆的焦点坐标分别为，点在上，直线与交于两点，点关于轴的对称点为为坐标原点. （1）求的方程； （2）证明：的面积为定值； （3）若点在直线的右侧，求直线在轴上的截距的最小值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义解得，进而得，即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理、三角形面积公式及数量积的坐标表示计算得证. （3）在时，利用斜率坐标表示求出截距的表达式，结合韦达定理求出最小值，再求出的情况即可. 【小问1详解】 由椭圆的定义得， 解得，又，所以， 所以的方程为； 【小问2详解】 设，则， 由，解得 ， 所以， 所以， 所以 ，， 所以的面积为定值； 【小问3详解】 由点在直线的右侧，得，设直线与轴的交点为， 当时，点中有一个点与椭圆的上顶点重合，此时即为的上顶点，所以； 当时，由共线，得，即， 整理得 . 而， 当且仅当时取等号，所以. 综上所述，直线在轴上的截距的最小值为. 19. 已知函数与函数的图象在公共点处有相同的切线. （1）当时，求函数与在公共点处的切线方程； （2）求的最大值； （3）证明：当时，. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设公共点坐标，通过导数几何意义列出等式，进而可求解； （2）设公共点坐标，通过导数几何意义列出等式得到，进而构造函数，求导，确定单调性即可求解； （3）由（2）将问题转换成 恒成立，再构造函数，求导确定最值即可. 【小问1详解】 当时，，设为与的一个公共点，， 所以， 则，即切点， 所以与在公共点处的切线方程为. 【小问2详解】 设为与的一个公共点， ， 由②得 ，所以 ，即， 将代入①，， 所以，所以. 令，所以， 当时，在区间单调递减； 当时，在单调递增， 当时，， 所以，所以 且， 所以当且仅当时取“”，所以 . 【小问3详解】 由（2）知，. 要证时，，即证， 即证对 恒成立. 令，得， 当时，在上单调递减； 当时，在单调递增， 当时，， 故函数在时取最小值， ， 所以， 所以对 恒成立. 故当时，成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $