精品解析：河南郑州外国语学校等校2026届高三下学期适应性训练（一）数学试卷

2026届高三数学适应性训练（一） 本训练共150分，时间120分钟． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 抛物线的焦点到准线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（    ） A. B. C. D. 4. 已知外卖员甲一周（天）的第一天送货件，之后每天的送货量比前一天多件，若甲第天的送货量是其该周前天的送货总量的，则（ ） A. B. C. D. 5. 若复数（），则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为，和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”．下列有关的结论正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了9组数据，绘制散点图如图所示，并对，进行线性回归分析.若在此图中加上点后，再次对，进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ） A. ，不具有线性相关性 B. 决定系数变大 C. 相关系数变小 D. 残差平方和变小 8. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 某同学上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4.假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布.则（ ） A. B. C. 若某天只有34min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择坐公交车 D. 若某天只有38min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择骑自行车 10. 已知函数（），则（ ） A. 当的最小正周期为时， B. 当在上单调时， C. 当在上恰有两个零点时， D. 当时，在上的值域为 11. 如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ） A. 该六面体的体积为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 二面角的余弦值为 D. 该六面体内能装下的最大的球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知（）的展开式中，第4项系数与第6项系数之比为5∶6，则展开式一共有__________项． 13. 已知函数是偶函数，则函数的值域为__________． 14. 中，，延长到点，使，连接．若，则的大小为_______. 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. 已知数列中，， （1）已知数列满足，求证：是等比数列； （2）若是数列的前项和，求满足的所有正整数． 16. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次向左或向右移动一个单位，每次向右移动的概率为（）． （1）若 ①求质点移动6次后回到原点的概率； ②在质点第1次向右移动的条件下，求质点移动4次后回到原点的概率； （2）若移动3次后，质点最终所在位置的坐标为，若随机变量的期望，求的取值范围． 17. 如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且． （1）证明：平面； （2）已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1． （i）求的长度； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知定义在上的函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中． ①证明：； ②定义两点间的距离如下：， 证明：． 19. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，焦距为4，且椭圆过点，椭圆的下顶点为． （1）求椭圆的方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于，两点（点在点的上方），与轴交于点（点在点的下方），点为点关于原点的对称点，交轴于点，设，，的面积分别为，，． ①若直线的斜率为2，求的值； ②是否存在直线，使，，，四点共圆？若存在，试判断直线的条数；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三数学适应性训练（一） 本训练共150分，时间120分钟． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 抛物线的焦点到准线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的标准方程进行求解即可. 【详解】由，焦点到准线的距离是， 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，时的情况判断AC；分别令，求解对应的，并结合判断BD. 【详解】对于A选项，当时，，故A错误； 对于B选项，令，解得，故，即B错误； 对于C选项，当时，，故C正确； 对于D选项，令，解得，故，即D 错误； 3. 在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平衡可得，，根据向量的坐标运算可得结果. 【详解】因为三个力的作用下恰好处于平衡状态，所以， 设，根据向量的坐标运算，， 所以，所以. 因为，所以在上的投影向量的坐标为. 4. 已知外卖员甲一周（天）的第一天送货件，之后每天的送货量比前一天多件，若甲第天的送货量是其该周前天的送货总量的，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知外卖员每天的送货量构成等差数列，由等差数列的通项公式及前项和公式计算可得. 【详解】因为外卖员从第二天起，每天的送货量比前一天多件， 所以外卖员每天的送货量构成一个等差数列，则，公差， 则， 由题意得，所以，，解得. 5. 若复数（），则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的性质识别复数的实部和虚部，再利用模的公式结合三角函数的性质计算. 【详解】已知，则， ， 因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立，即最大值为3. 6. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为，和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”．下列有关的结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对AB选项由题意得，两边取对数可得，进而可得，故AB错误；对CD选项，构造函数，由导数判断函数在上单调递增，所以函数有唯一零点，再由零点存在性定理可得零点的范围. 【详解】由题意可得满足，据此逐一分析选项： 对A，B选项：由，两边取自然对数得：， 所以，因此A、B均错误； 对C，D选项：构造函数，求导得， 当时，，故函数在上单调递增，函数有唯一零点为. ，， 所以，由零点存在定理，故，故C正确，D错误. 7. 为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了9组数据，绘制散点图如图所示，并对，进行线性回归分析.若在此图中加上点后，再次对，进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ） A. ，不具有线性相关性 B. 决定系数变大 C. 相关系数变小 D. 残差平方和变小 【答案】C 【解析】 【分析】从图中分析得到加入点后，回归效果会变差，再由决定系数，相关系数，残差平方和及相关性的概念和性质作出判断即可. 【详解】对于A，加入点后，变量与预报变量相关性变弱， 但不能说，不具有线性相关性，所以A不正确 对于B，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以加上点后，决定系数变小，故B不正确； 对于C，从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，所以加上点后，回归效果变差. 所以相关系数的绝对值越趋于0，故C正确； 对于D，残差平方和变大，拟合效果越差，所以加上点后，残差平方和变大，故D不正确； 故选：C. 8. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过角平分线性质定理、双曲线的定义、余弦定理求解. 【详解】因为直线的，由角平分线性质定理可知， 所以，由双曲线的定义可知，所以， 在中由余弦定理可得， 即，整理得， 两边同除以可得，解得或（舍去）． 故选：C 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 某同学上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4.假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布.则（ ） A. B. C. 若某天只有34min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择坐公交车 D. 若某天只有38min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择骑自行车 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质和相关公式逐项计算即可. 【详解】对于A，因为坐公交车平均用时，样本方差为36，坐公交车用时都服从正态分布， 所以，所以，A正确； 对于B，因为骑自行车平均用时，样本方差为4，骑自行车用时都服从正态分布， 所以，其分布关于均值34对称.由于而，40和30并不关于34对称， 故，B错误； 对于C，计算34分钟内不迟到的概率为，， 因为，所以坐公交车不迟到的概率更高，C正确； 对于D，计算38分钟内不迟到的概率为， ， 因为，所以骑自行车不迟到的概率更高，D正确； 10. 已知函数（），则（ ） A. 当的最小正周期为时， B. 当在上单调时， C. 当在上恰有两个零点时， D. 当时，在上的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换得出的解析式，由周期公式可知A正确，再由整体代换法结合正弦函数单调性、零点可判断BC，代入，由换元法可求得值域. 【详解】函数 ； A，当的最小正周期为时，可知，解得，即A正确； B，当时，可知， 若在上单调，则需满足，解得，B正确； C，结合B中分析可知当在上恰有两个零点时,需满足，解得，即C错误； D，当时可知，若，则, 所以，可知在上的值域为，即D正确. 11. 如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ） A. 该六面体的体积为 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 二面角的余弦值为 D. 该六面体内能装下的最大的球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据翻折得到六面体各边长，根据边长可知此六面体由两个全等的三棱锥构成，再结合线面垂直的判定可得平面，再求体积即可；对于BC，以为原点建立空间直角坐标系，根据对称性得到点坐标，再利用空间向量法求异面直线夹角和二面角；对于D，利用等体积法求内切球半径即可． 【详解】根据题意，在六面体中， ， 故此六面体由两个全等的三棱锥构成， 又，， 同理可得， 又平面， 平面， ，故A错误； 如图，以为原点建立空间直角坐标系，并连接交平面于， 则， 又为等边三角形，且六面体关于平面对称， ，， 则，， ，直线与所成角的余弦值为，故B正确； 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， ，又二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为，故C正确； 该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为，六面体表面积为， ， ，即，解得，表面积为， 即该六面体内能装下的最大的球的表面积为，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知（）的展开式中，第4项系数与第6项系数之比为5∶6，则展开式一共有__________项． 【答案】7 【解析】 【分析】由二项展开式通项公式得系数比，从而求得． 【详解】， 由第4项系数与第6项系数之比为得 ，解得：. 所以展开式一共有7项. 13. 已知函数是偶函数，则函数的值域为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由偶函数的定义，求出，再确定函数值域即可． 【详解】， 即， ，解得， ， 则，解得， 的定义域为， 又因为，， 即函数的取值范围是． 14. 中，，延长到点，使，连接．若，则的大小为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】，利用等腰三角形的性质和正弦定理可得，结合三角变换公式可得，构建新函数，其中，根据该函数单调性可求. 【详解】 不妨设，因为，故，所以， 故，设，则， 在中，由正弦定理有 ， 所以 ， 所以即， 设，其中， 因为，， 故在上为减函数， 而在上为减函数，故在上为减函数， 而， 故有唯一解，故 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. 已知数列中，， （1）已知数列满足，求证：是等比数列； （2）若是数列的前项和，求满足的所有正整数． 【答案】（1）证明见解析 （2）1． 【解析】 【分析】（1）通过构造新数列，证明为常数且首项非零，从而判定为等比数列； （2）先利用（1）的结论求出与的通项，再分组求和得到的表达式，结合数列单调性与特殊值分析，确定满足的正整数. 【小问1详解】 证明：， ， 又 是以为首项，为公比的等比数列． 【小问2详解】 由（1）得是以为首项，为公比的等比数列 故， 即， 由，得， ， ， 显然当时，单调递减， 又当时，，当时，， ∴当时，； 综上，满足的所有正整数为1． 16. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次向左或向右移动一个单位，每次向右移动的概率为（）． （1）若 ①求质点移动6次后回到原点的概率； ②在质点第1次向右移动的条件下，求质点移动4次后回到原点的概率； （2）若移动3次后，质点最终所在位置的坐标为，若随机变量的期望，求的取值范围． 【答案】（1）①；② （2）． 【解析】 【分析】（1）①设表示向右移动的次数，则，再求的概率即可； ②由题易知质点第一次向右移动为事件的概率为，再结合题意考虑剩下3次必定右移1次，左移2次的概率，最后根据条件概率公式求解即可； （2）方法1：写出所有可能的取值及对应的概率，再计算期望，解对应不等式即可求得答案； 方法2：设在移动3次中，向右移动的次数为，则，，再结合，期望的公式求解即可. 【小问1详解】 解：①质点运动6次回到原点，则必定右移3次，左移3次， 则可看作质点作6次运动，表示向右移动的次数，则， 则质点回到原点的概率为． ②设质点第一次向右移动为事件，则； 质点移动4次后回到原点为事件，质点运动4次回到原点，质点第1次向右移动，则剩下3次必定右移1次，左移2次，则； ∴在质点第1次向右移动的条件下，质点移动4次后回到原点0的概率为：． 【小问2详解】 解：方法1： 所有可能的取值为，，1，3， ， ， ， ， 由 ， 解得， 又，故的取值范围为． 方法2： 设在移动3次中，向右移动的次数为，则， ， ∵向右移动的次数为，则向左移动次， ∴质点最终所在位置的坐标为， ， 即随机变量的数学期望为 ．解得， 又，故的取值范围为． 17. 如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且． （1）证明：平面； （2）已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1． （i）求的长度； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用正方形的特征，线面垂直的性质、判断推理得证. （2）（i）以点为原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法列式求出；（ii）求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，，得， 解得，则，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， ，由点到直线的距离是1， 得，则，而，解得， 所以. （ii），，设平面的法向量为， 则，取，得，设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知定义在上的函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中． ①证明：； ②定义两点间的距离如下：， 证明：． 【答案】（1） （2）①证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出曲线在点处的切线的斜率，再由直线的点斜式，即可求解； （2）①构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得在上的单调性，即可求解；②根据条件，转化成证明，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得在上的单调性，即可求解. 【小问1详解】 因为，则， 又，所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 ①令， 则， 令， 则， 当时，恒成立，所以在区间上单调递增， 则，又，所以在区间恒成立， 所以在区间上单调递增，又，则，即. ②当时，，当且仅当时取等号， 所以， 要证，即证明， 也即证明， 令，易知， 则， 令，则， 易知当时，恒成立，所以在区间上单调递增， 又当时，，所以，则， 所以在区间上单调递增， 又，则， 即，命题得证. 19. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，焦距为4，且椭圆过点，椭圆的下顶点为． （1）求椭圆的方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于，两点（点在点的上方），与轴交于点（点在点的下方），点为点关于原点的对称点，交轴于点，设，，的面积分别为，，． ①若直线的斜率为2，求的值； ②是否存在直线，使，，，四点共圆？若存在，试判断直线的条数；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）①；②存在直线，条数为1条 【解析】 【分析】（1）利用椭圆定义，结合焦点与已知点坐标求出长轴长，再由的关系确定椭圆方程； （2）① 设直线方程并联立椭圆，利用韦达定理表示根的和与积，再通过面积比转化为线段比，结合弦长公式化简求值；② 设直线并联立椭圆，利用四点共圆的几何性质转化为斜率关系，构造函数并通过导数判断单调性，结合零点存在定理确定解的个数. 【小问1详解】 ∵椭圆的左、右焦点分别为，， 且过点，， ，， 可得椭圆方程为． 【小问2详解】 ①直线的方程为，设，， 联立，消去，得，则，， 又，， ， ②假设存在直线，设直线的方程为， 联立，消去，得，， ，，， 如图，延长交轴于点，若，，，四点共圆， ，而， ， ，，又， ， 由，，， ，，即， 由点在点的下方得，即， 记，， ，∴函数在上单调递增， 又，，∴函数在上只有唯一零点，即存在唯一， 使得成立， ∴存在直线，条数为1条． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $