精品解析：四川泸县第五中学2026届高考适应性模拟考试数学试题

高2023级高考适应性模拟考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 2．考生必须保持答题卡的整洁. 3.满分150分，时间120分钟 第I卷 选择题（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. 设全集，集合，则的真子集的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集的定义求出，进而求出真子集个数． 【详解】因为，所以的真子集的个数为． 2. 在复平面内，复数z满足，则复数z对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】由复数除法运算、复数的几何意义即可求解. 【详解】因为， 所以复数z对应的点位于第三象限. 故选：C. 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 将转化为，利用一元二次不等式的解法求解. 【详解】由可得， 解得， 所以不等式的解集为. 故选：B 4. 已知实数a，b，则“且”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】由且，根据不等式性质可得， 反之，取满足，此时和不成立， 故“且”是“”的充分不必要条件. 5. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. 19 B. 51 C. 69 D. 87 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的前n项和公式结合等差数列的性质进行求解即可. 【详解】. 故选：C. 6. 若，则n的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式定理补项配凑求和的通项表达式 【详解】由， 解得. 7. 某品牌新能源汽车自2021年初上市以来，近5年销售情况如下表： 时间 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 间隔年份x（单位：年） 0 1 2 3 4 全球销售量y（单位：百万） 0.5 0.75 1.125 1.688 2.531 从函数和中选择一个最合适的模型（计算函数模型时应用前两组数据即可），预测2026年全球销售量与2021年全球销售量的比约为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出散点图判断并选择一个最合适的模型，代入数值计算求出函数模型的表达式，即可求得. 【详解】根据表中数据作出散点图如图所示， 则由散点的趋势可以看出，模型更合适， 将点代入得，解得，， 所以，则2026年全球销售量与2021年的比值为． 故选：D 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，两边平方相加得到，再利用二倍角的余弦公式求解. 【详解】解：因为， 所以， 两式相加得：，即， 化简得， 所以， 故选：A 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数为奇函数，则下列说法正确的为（ ） A. B. C. D. 的单调递增区间为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用奇函数的性质可求a的值，代数求值可验证C项，根据表达式作出函数图象可验证D项. 【详解】因为函数为奇函数，，即，解得，故B正确，A错误； 因为，所以，故C正确； 作出的图象，如图，所以的单调递增区间为，，D选项形式错误，不能用并集的符号. 故选：BC. 10. 已知椭圆：的左、右两个焦点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为，，的面积为1，离心率为，点P是C上除长轴和短轴端点外的任意一点，的平分线交C的长轴于点M，则（ ） A. 椭圆的焦距等于短轴长 B. 面积的最大值为 C. D. 的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件求出的值判断A；列出面积的关系式，结合椭圆的范围判断B；利用角平分线的性质得即可判断C；结合椭圆的定义，得到，进而求得的取值范围可断D. 【详解】对于A，令椭圆半焦距为c，由的面积为1，离心率为，得， 又，解得，椭圆的方程为，A正确； 对于B，设点，，面积无最大值，B错误； 对于C，由的平分线交长轴于点M，得， 于是，由，，得，C正确； 对于D，设，则，而且， 即且，亦即，且， 解得，且，因此，且， 所以，D正确. 故选：ACD 【点睛】结论点睛：椭圆上的点到焦点距离的最小值为，最大值为. 11. 已知数列满足：，记前项和为，下列选项正确的是（ ） A. 是单调递增数列，是单调递减数列 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，由题设条件可得，构造函数，由其单调性得知数列都是单调数列，由特值检验得知递增，递减，由为增函数可得A正确；将表示成，利用即得B正确；利用B项结论可推得，故排除C；最后利用数学归纳法证得，推理即得. 【详解】由可得，， 设，则， 由可得，，即，于是，， 设，则，即在上单调递增， 依题意，可将看成函数图象上的前后两点， 则，即数列都是单调数列. 又， 由可得，数列是单调递增数列，数列是单调递减数列， 因是增函数，故得是单调递增数列，是单调递减数列，即A正确； 对于B，由可得， 则（*）， 因当时，，则， 故时，，于是，由（*）可得，故B正确； 对于C，由B项已得， 则，故C错误； 对于D，因时，，假设（）时，成立， 则时，， 即对恒成立； 又因，假设（）时，成立， 则时，， 即对恒成立， 故得，因是增函数，故，即D正确. 故选：ABD. 第II卷 非选择题（92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则________． 【答案】##0.3 【解析】 【分析】将原式凑配为关于正余弦的齐二次分式来求解. 【详解】. 13. 已知双曲线：的右焦点为，过且与双曲线的一条渐近线平行的直线与交于另一点，若，则的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】易得，进而求得，然后在中，结合双曲线的定义，利用余弦定理求解. 【详解】如图所示： 设双曲线：的左焦点为， 由题意得，则， 又，且， 解得， 由双曲线的定义得， 在中，由余弦定理得， 即，化简得，即， 所以， 故答案为： 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题可先将该多面体补成正方体，利用正方体的棱切球就是多面体的外接球这一关系，求出棱切球半径，进而求出外接球的表面积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知， 易知，可得， 所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为， 因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为． 故答案为： 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. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式与对称中心； （2）在中，角的对边分别是，若，，当取得最大值时，求的面积． 【答案】（1）解析式为，对称中心；（2）． 【解析】 【分析】 （1）根据图象先确定出的值，再根据周期计算出的值，再结合点求解出的值，从而的解析式可求，再根据整体替换法求解出的对称中心； （2）利用正弦定理先求解出的值，根据取最大值计算出的值，然后可判断出的形状，从而的面积可计算. 【详解】（1）由图象知道振幅，周期，所以 将代入解析式得，所以， 因为，所以，所以 又由 得对称中心为 综上，解析式为，对称中心 （2）由得：， 所以2，， 因为，所以，所以，，， 因为，，所以， 所以，所以， 所以．所以，此时，又， 所以是等边三角形，故. 【点睛】易错点睛：利用正、余弦定理解三角形的注意事项： （1）注意隐含条件“”的使用； （2）利用正弦定理进行边角互化时，等式两边同时约去某个三角函数值时，注意说明其不为. 16. 已知边长为6的等边三角形△ABC中，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使． （1）求证：平面MBCN； （2）在线段BC上是否存在点D，使直线与平面所成角为60°？若存在，求BD；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明过程见解析； （2）存在点D，使直线与平面所成角为60°，此时BD=5. 【解析】 【分析】（1）用余弦定理求出MN的长，进而用勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，假设存在点D，设出点D坐标，用空间向量求解出答案. 【小问1详解】 证明：因为，所以，在△中，，，由余弦定理得：，所以，则，由勾股定理逆定理得：， 因为，所以平面MBCN； 【小问2详解】 由第一问可知：三线两两垂直，故以M为坐标原点，，MN，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，假设存在点D，BD=m，使得直线与平面所成角为60°，则， 所以，平面的法向量为，则，解得：，符合要求， 故在线段BC上存在点D，使直线与平面所成角为60°，此时BD=5. 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间与最值； （2）若方程在区间内有两个不相等的实根，求实数的取值范围．（其中为自然对数的底数） 【答案】（1）单调增区间是；单调减区间是，，无最小值；（2） 【解析】 【分析】（1）求出后讨论其符号可得函数的单调区间和最值. （2）原方程等价于在区间内有两个不相等的实根，也就是函数与的图象在区间内有两个不同交点，结合（1）中函数的单调性可得实数的取值范围. 【详解】（1）∵，， ∴ ， ∴令，即，解得：. 令，即，解得：， ∴函数的单调增区间是；单调减区间是， ∴当时，，无最小值. （2）∵方程在区间内有两个不相等的实根， ∴方程在区间内有两个不相等的实根， ∴函数与的图象在区间内有两个不同交点， 又由（1）知函数在上单调递增；在上单调递减 ， ∴当时，，， 又，∴， ∴，∴， ∴实数的取值范围为. 【点睛】（1）一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则． （2）含参数的闭区间上函数的零点的个数，可用参变分离把含参数的函数零点问题转为不含参数的函数的图像问题，后者可用导数来刻画． 18. 甲、乙、丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时，甲将球保留（也记为一次传球）的概率为，否则甲将球传给乙；当球在乙手中时，乙将球传给甲的概率为，否则乙将球传给丙；当球在丙手中时，丙将球传给甲的概率为，否则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中. （1）设传球三次后，球在甲手中过的次数为，求随机变量的分布列和数学期望； （2）传次球后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式； （3）在第（2）问的条件下，设.求证：. 【答案】（1）分布列见解析，1 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据传球游戏的规则，可得，再根据独立事件概率公式，求解概率，再结合分布列公式，即可求数学期望； （2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式； （3）首先根据（2）的结果，求，并利用放缩法证明不等式. 【小问1详解】 由题意知，， ， ， ， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 随机变量的数学期望为； 【小问2详解】 由于传次球后不在乙手中的概率为， 此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙， 故有， 变形为， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以数列的通项公式； 【小问3详解】 由（2）可得， 则 所以. 又因为， ， 所以， 综上，. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到关于数列的递推公式，从而可以利用数列的知识解决问题，第三问的关键是对通项合理的放缩，从而可以求和，证明不等式. 19. 在平面直角坐标系中，点为直线上的动点，过作的垂线，该垂线与线段的垂直平分线交于点，记的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于两点，线段的中点为. （i）求的最大值； （ii）求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接，则，根据抛物线的定义求出轨迹方程； （2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，即可得到轴，轴，则，取线段的中点为，则直线为线段的垂直平分线，则，利用锐角三角函数求的最大值即可；（ii）依题意可得，结合（i）计算可得. 【小问1详解】 连接，则， 则根据抛物线的定义，点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线． 则点的轨迹的方程为． 【小问2详解】 （i）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，， 联立，整理得，则， 所以，， 设，则，则， 直线的方程为， 同理：直线的方程为， 令得，，， 因为，所以，， 所以，， 所以轴，轴，所以， 取线段的中点为，则直线为线段的垂直平分线， 所以，， 所以， 所以求最大，即最大， 因为 ， 所以当时，取得最大值，此时取最大值， 即的最大值为； （ii）因为，所以四边形的面积， 又， 所以 ， 所以当时，此时四边形的面积取得最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2023级高考适应性模拟考试 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 2．考生必须保持答题卡的整洁. 3.满分150分，时间120分钟 第I卷 选择题（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. 设全集，集合，则的真子集的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 7 2. 在复平面内，复数z满足，则复数z对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 已知实数a，b，则“且”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知数列是等差数列，，则（ ） A. 19 B. 51 C. 69 D. 87 6. 若，则n的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 某品牌新能源汽车自2021年初上市以来，近5年销售情况如下表： 时间 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 间隔年份x（单位：年） 0 1 2 3 4 全球销售量y（单位：百万） 0.5 0.75 1.125 1.688 2.531 从函数和中选择一个最合适的模型（计算函数模型时应用前两组数据即可），预测2026年全球销售量与2021年全球销售量的比约为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数为奇函数，则下列说法正确的为（ ） A. B. C. D. 的单调递增区间为 10. 已知椭圆：的左、右两个焦点分别为，，短轴的上、下两个端点分别为，，的面积为1，离心率为，点P是C上除长轴和短轴端点外的任意一点，的平分线交C的长轴于点M，则（ ） A. 椭圆的焦距等于短轴长 B. 面积的最大值为 C. D. 的取值范围是 11. 已知数列满足：，记前项和为，下列选项正确的是（ ） A. 是单调递增数列，是单调递减数列 B. C. D. 第II卷 非选择题（92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则________． 13. 已知双曲线：的右焦点为，过且与双曲线的一条渐近线平行的直线与交于另一点，若，则的离心率为________． 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为_____________． 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. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式与对称中心； （2）在中，角的对边分别是，若，，当取得最大值时，求的面积． 16. 已知边长为6的等边三角形△ABC中，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使． （1）求证：平面MBCN； （2）在线段BC上是否存在点D，使直线与平面所成角为60°？若存在，求BD；若不存在，说明理由． 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间与最值； （2）若方程在区间内有两个不相等的实根，求实数的取值范围．（其中为自然对数的底数） 18. 甲、乙、丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时，甲将球保留（也记为一次传球）的概率为，否则甲将球传给乙；当球在乙手中时，乙将球传给甲的概率为，否则乙将球传给丙；当球在丙手中时，丙将球传给甲的概率为，否则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中. （1）设传球三次后，球在甲手中过的次数为，求随机变量的分布列和数学期望； （2）传次球后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式； （3）在第（2）问的条件下，设.求证：. 19. 在平面直角坐标系中，点为直线上的动点，过作的垂线，该垂线与线段的垂直平分线交于点，记的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于两点，线段的中点为. （i）求的最大值； （ii）求四边形面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $