精品解析：广东广州市第十三中学2026届高三考前适应性训练数学试题

2026年高三级考前适应性训练数学科试题 （满分150，时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号填、涂在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 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】A 【解析】 【分析】由对数函数的性质及补集的定义可得. 【详解】因为集合是函数的定义域，根据对数函数性质，得，即. 因为全集，由补集的定义得 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合复数运算法则求的代数形式，再求其模. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：A. 3. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，利用等差数列前项和公式，结合已知列出方程求解. 【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得， 由，得，则，所以. 故选：A 4. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据两角和与差的正弦公式进行化简求值即可. 【详解】由于， 那么， ，则， 故选：C． 5. 某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图， 下列说法中正确的是（ ） A. B. 评分的众数估值为70 C. 评分的第25百分位数估值为67.5 D. 评分的平均数估值为76 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出，再根据平均数、百分位数及众数的计算规则计算可得. 【详解】由题意：， 解得，A错误， 所以平均数为，故D错误； 众数为，故B错误； 因为，第百分位数估计为，故C正确； 故选：C 6. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 【答案】D 【解析】 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【详解】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱， 有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 【点睛】本题是分类加法计数原理 + 分组分配问题，核心方法是按特殊元素或位置分类，结合均匀 或不均匀分组与排列计算. 7. 设，若存在实数，，，满足，且，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】画出函数的图像，分析，，，间的关系，然后结合二次函数求解即可. 【解答】函数的图像如图所示， ，，， ，，，， ， 又因为，所以. 8. 已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与该抛物线交于，两点，若，若面积为，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合抛物线的定义及三角形面积公式列式求出 【详解】抛物线的焦点，设直线，点， 由消去得，则， ，即， ， ，则，因此， 所以. 故选：A 【点睛】易错点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据，，的方差为2，则数据 的方差为4 B. 若，，，则 C. 在一组样本数据，，，，(，不全相等)的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得经验回归方程为，则的值分别是和4 【答案】BD 【解析】 【分析】利用两组线性关系的数据间的方差转换公式可判断A；利用全概率公式可判断B；利用线性相关系数的定义可判断C；利用非线性回归方程的求法可判断D. 【详解】原数据方差，设， 则，故A错误； ， 故 B 正确； 所有样本点都在直线  上，说明完全线性相关，相关系数绝对值为 ， 直线斜率为负，故相关系数为 ，故C错误； 模型  取对数得 ， 令 ，则回归方程为 ， 已知 ，故 ，，即 ，，故D正确. 10. 已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，则下列有关函数及其性质的描述正确的是（ ） A. B. 为函数图象的一条对称轴 C. 将的图象向右平移个单位长度后，将得到一个偶函数的图象 D. 函数的单调递减区间为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意结合五点法求，即可判断A；对于B：根据最值点与对称轴之间的关系分析判断；对于C：根据图象变换可得，即可判断奇偶性；对于D：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断. 【详解】设函数的最小正周期为， 由函数的第一个最低点为，可知； 因为函数图象经过点，则，即， 且，则或； 又因为函数在y轴右侧的第一个零点为， 则，即， 且，则，解得， 当时，，此时函数在y轴右侧的第一个零点为，不合题意； 当时，此时，符合题意； 对于选项A：，故A正确； 对于选项B：因为，不为最值， 所以不为函数图象的一条对称轴，故B错误； 对于选项C：将的图象向右平移个单位长度， 得，为偶函数，故C正确； 对于选项D：令，解得， 所以函数的单调递减区间为，故D错误. 11. 在边长为的正方体中，动点在棱上，动点在棱上，满足．以下对运动过程的描述，正确的是（ ） A. 存在，满足 B. 存在，使与所成角的余弦值为 C. 点到平面的距离为定值 D. 四面体的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，，由关系证明，由此可得，令，求，判断A，令与所成角的余弦值为，求判断B，取的不同位置，说明点到平面的距离不相等判断C，结合锥体体积公式求四面体的体积判断D. 【详解】以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，． 因为点在上，故可设点的坐标为； 点在上，设点的坐标为，． 所以，． 因为，所以，得， 因此，点坐标为，其中． 若，则，故， 又，， 所以， 所以，即存在，满足，A正确； 因为，， 所以， 若与所成角的余弦值为，则， 化简可得，所以， 所以存在，使与所成角的余弦值为，B正确； 设平面的法向量为， 则，又，， 所以，设，则，， 所以为平面的一个法向量， 又， 所以点到平面的距离为， 当或时，， 当时，，故不为定值，C错误； 四面体，即三棱锥的底面的面积为定值， 又平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 故三棱锥的体积恒为定值，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程是____________. 【答案】 【解析】 【分析】应用导数的几何意义求切线方程即可. 【详解】由题设，则切线斜率，又，得， 所以曲线在点处的切线方程是， 所以切线方程为. 故答案为： 13. 若，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由题设条件，可得且 ，解之即得. 【详解】设为与的夹角，则， 因为为锐角，所以，解得，且， 所以的取值范围是． 故答案为：. 14. 已知点分别是椭圆和圆上的两个动点，且点，则的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义将所求最大值转化为求值的最大值，再结合圆的性质求解. 【详解】因为为椭圆的右焦点，设其左焦点为， 圆的圆心，半径，由椭圆的定义得， 则， 而，当且仅当点在直线上时取等号， 所以当是线段延长线与椭圆的交点、是线段延长线与圆的交点时，取得最大值. 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. 如图，P为半圆（AB为直径）上一动点，，，记． （1）当时，求OP的长； （2）当面积最大时，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出的值，由正弦定理即可求出OP的长； （2）由余弦定理及基本不等式求出与的乘积关系，写出面积表达式，即可得出的值. 【小问1详解】 由题意， 在中，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴在以为直径的圆上， 取的中点，连接， ∴，， 在中，，， 由正弦定理， ， 解得： 【小问2详解】 由题意及（1）知，，， 在中，，， 由余弦定理， ， 即， 即， ∴，当且仅当时，等号成立， 又， ∴当且仅当时，的面积最大，此时， ∴． 16. 如图，梯形中，，过分别作，，垂足分别，，已知，将梯形沿同侧折起，得空间几何体 ，如图． 1若，证明：平面； 2若，，线段上存在一点，满足与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】1由正方形的性质推导出，结合，可得平面，由此，再由，能证明平面；2过作交于点，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，可得，利用向量垂直数量积为零求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式能求出结果． 【详解】1由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在图2中，， 由已知得，，平面 又平面BDE，， 又，，平面 2在图2中，，，，即面DEFC， 在梯形DEFC中，过点D作交CF于点M，连接CE， 由题意得，，由勾股定理可得，则，， 过E作交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直， 以E为坐标原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， ． 设平面ACD的一个法向量为， 由得,取得， 设，则m，，，得 设CP与平面ACD所成的角为， ． 所以 【点睛】本题主要考查线面垂直的证明，以及空间向量的应用，是中档题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 17. 设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，. （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）设数列满足求. 【答案】（I），； （II） 【解析】 【分析】（I）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得，进而求得等差数列和等比数列的通项公式； （II）根据题中所给的所满足的条件，将表示出来，之后应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果. 【详解】（I）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 依题意，得，解得， 故，， 所以，的通项公式为，的通项公式为； （II） ， 记 ① 则 ② ②①得，， 所以 . 【点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目. 18. 已知函数． （1）当时，讨论的零点个数； （2）当时，证明：在区间内存在唯一的零点； （3）若对于任意的，都有，求整数的最大值． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）3 【解析】 【分析】（1）求导得到单调性，利用零点存在定理即可证明结论； （2）求导得到单调性，利用零点存在定理即可证明结论； （3）利用分离参数法得到，令，求导得到函数最小值，即可得到结果. 【小问1详解】 由， 当时，由得，在上单调递减， 解得， 当时，在内只有一个零点． 当时，，在上单调递减. ，，. 又， 在内有一个零点． 又在上单调递减， 当时，在内有一个零点． 综上，当时，只有一个零点． 【小问2详解】 证明：当时，，， 当时，， 在上单调递增， ，， 在区间内存在唯一的零点． 【小问3详解】 ，且，， 令，则，， 由（2）知，在上单调递增，且在区间内存在唯一的零点， 设该零点为，则， 故当时，，即，在上单调递减， 当时，，即，在上单调递增， ， ， 故整数的最大值为3． 19. 双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． （1）求双曲线的标准方程； （2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，再根据离心率得到，则得到其双曲线方程； （2）（i）首先排除切线斜率不存在的情况，再采用设线法，并联立双曲线方程，根据判别式得到的范围； （ii）设，根据切线结论得到直线和方程，再联立求出的坐标，再求出的坐标，得到直线方程，再分别设直线与直线交点为，直线与直线交点为，证明两点重合即可. 【小问1详解】 直线方程中，令，则， 则直线与轴交于，所以．离心率， 所以，故． 所以双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 （i）经检验，当一条切线斜率不存在时， 若，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为， 联立双曲线方程得， 则， 解得，而双曲线渐近线方程为，则此时不符合题意， 当时，此时只有一条切线，显然不合题意， 则两条切线斜率均存在，设切线斜率为，切线方程为， 与双曲线方程联立得：， 令． 整理得：，由于，所以且． 上式整理得：． 由题意，有两个相异实根，所以， 且． 整理得：，解得：． 综上所述，的取值范围是． （ii）设． 直线和方程分别为和． 联立得点． 又点在直线上，代入整理得：．① 在直线方程中，令，则，得点． ， 故直线方程为：． 设直线与直线交点为，联立两直线方程：． 解得：． 设直线与直线交点为， 同理可得：． 由①式，作差的分子有 ， 作差的分母有 . 则可得和表达式的分子分母分别相等． 故，两点重合，所以直线与的交点在定直线上． 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用证明两交点重合的方程得到定直线方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三级考前适应性训练数学科试题 （满分150，时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号填、涂在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 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z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 4. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 5. 某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图， 下列说法中正确的是（ ） A. B. 评分的众数估值为70 C. 评分的第25百分位数估值为67.5 D. 评分的平均数估值为76 6. 某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 35 B. 36 C. 42 D. 50 7. 设，若存在实数，，，满足，且，则的范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与该抛物线交于，两点，若，若面积为，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若样本数据，，的方差为2，则数据 的方差为4 B. 若，，，则 C. 在一组样本数据，，，，(，不全相等)的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 D. 以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得经验回归方程为，则的值分别是和4 10. 已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，则下列有关函数及其性质的描述正确的是（ ） A. B. 为函数图象的一条对称轴 C. 将的图象向右平移个单位长度后，将得到一个偶函数的图象 D. 函数的单调递减区间为 11. 在边长为的正方体中，动点在棱上，动点在棱上，满足．以下对运动过程的描述，正确的是（ ） A. 存在，满足 B. 存在，使与所成角的余弦值为 C. 点到平面的距离为定值 D. 四面体的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在点处的切线方程是____________. 13. 若，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是______. 14. 已知点分别是椭圆和圆上的两个动点，且点，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. 如图，P为半圆（AB为直径）上一动点，，，记． （1）当时，求OP的长； （2）当面积最大时，求． 16. 如图，梯形中，，过分别作，，垂足分别，，已知，将梯形沿同侧折起，得空间几何体 ，如图． 1若，证明：平面； 2若，，线段上存在一点，满足与平面所成角的正弦值为，求的长． 17. 设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，. （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）设数列满足求. 18. 已知函数． （1）当时，讨论的零点个数； （2）当时，证明：在区间内存在唯一的零点； （3）若对于任意的，都有，求整数的最大值． 19. 双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． （1）求双曲线的标准方程； （2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $