精品解析：黑龙江大庆市大庆中学2026届高三适应性考试数学试题

高三年级适应性考试 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. -4 B. -2 C. 2 D. 4 4. 已知，那么的值为（ ） A. B. C. D. 5. 设正项等比数列的前n项和为，若，则数列的公比是（ ） A. 2 B. 或2 C. D. 或 6. 一个三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，且长度分别为，，，已知该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的边长为，为边上两动点，且，则下列结论中错误的是 A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 二面角的大小为定值 D. 二面角的大小为定值 8. 设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋2)＝f(2－x)，当x∈[－2，0]时，f(x)＝，则在区间(－2，6)上关于x的方程f(x)－log8(x＋2)＝0的解的个数为 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 1 0 3 3 下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ） A. 这组数据的众数是3 B. 这组数据的60%分位数是0.5 C. 这组数据的方差大于5 D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小 10. 设等差数列的前n项和是，已知，，则下列选项正确的有（ ） A. ， B. C. 与均为的最大值 D. 11. 椭圆的左、右焦点为，，P为上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 的周长为12 B. 存在点，使 C. 的最大值为12 D. 到的距离的最大值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线的焦点坐标为________． 13. 展开式中的常数项为________. 14. 世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有______种. 四、解答题：本题共5小题，共69分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 如图，在四棱锥中，底面，，为的中点，已知，，． （1）求证：平面 （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知双曲线的左焦点为，的一条渐近线方程为，其顶点到渐近线的距离为2. （1）求的方程； （2）过的直线与交于，两点，为坐标原点.若的面积为，求直线的方程. 18. 黎锦织造技艺是海南国家级非物质文化遗产，一幅黎锦作品的完成需经过“纺线设计”和“织锦制作”两大环节，只有纺线设计通过后才能进行织锦制作，且只有同时通过两个环节才能成为成品某黎锦工坊准备制作甲、乙、丙三幅不同的黎锦作品，已知甲、乙、丙通过纺线设计环节的概率依次为，，通过织锦制作环节的概率依次为，，． （1）求甲、乙、丙三幅中恰有一幅作品通过纺线设计环节的概率 （2）经过纺线设计和织锦制作两个环节后，甲、乙、丙三幅作品成为成品的件数为，求随机变量的分布列和数学期望． 19. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程 （2）当时，证明： （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，，都有 恒成立，求符合条件的整数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级适应性考试 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合，然后用补集的定义即可求解 【详解】由可得，解得， 因为全集，所以， 所以 故选：D 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用复数的乘法计算得解. 【详解】解：由题意. 故选：B. 3. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. -4 B. -2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算法则，直接计算，即可得出结果. 【详解】因为向量与的夹角为，，， 所以. 故选：B. 4. 已知，那么的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由诱导公式即可求解. 【详解】， . 故选：A. 5. 设正项等比数列的前n项和为，若，则数列的公比是（ ） A. 2 B. 或2 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】直接代入等比数列的求和公式与通项公式即可求解. 【详解】依题知，因为， 所以，所以， 代入通项公式得：， 又因为，所以， 解得：或（舍）， 故选：A. 6. 一个三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，且长度分别为，，，已知该三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，把三棱锥补成一个长方体，结合长方体的对角线就是球的直径，求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解. 【详解】三棱锥中，共顶点S的三条棱两两相互垂直，且其长分别为， 因为三棱锥的四个顶点同在一个球面上， 则三棱锥是长方体的一个角，可扩展为长、宽、高分别为的长方体， 三棱锥的外接球与长方体的外接球相同，长方体的对角线就是球的直径， 设长方体的外接球的半径为，可得 所以外接球的半径为，可得外接球的表面积为． 7. 已知正方体的边长为，为边上两动点，且，则下列结论中错误的是 A. B. 三棱锥的体积为定值 C. 二面角的大小为定值 D. 二面角的大小为定值 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用题的条件，结合正方体的特征，对选项逐一分析，判断对应的命题是否正确，从而选出正确的结果. 【详解】对于A，因为正方体中，，平面，平面， ，所以平面，平面，所以，所以A对； 对于B，因为三棱锥的底面面积不变，点到底面距离不变，即点到平面的距离，所以体积为定值，所以B对； 对于C，过作，交于，作，交于，连接，，如图所示: 平面，所以为二面角的平面角，不是定值，所以C错； 对于D，二面角与二面角相同，二面角大小为定值，所以D对． 故选：C． 8. 设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋2)＝f(2－x)，当x∈[－2，0]时，f(x)＝，则在区间(－2，6)上关于x的方程f(x)－log8(x＋2)＝0的解的个数为 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 把原方程转化为与的图象的交点个数问题，由，可知的图象关于对称，再在同一坐标系下，画出两函数的图象，结合图象，即可求解． 【详解】由题意，原方程等价于与的图象的交点个数问题， 由，可知的图象关于对称， 作出在上的图象，再根据是偶函数，图象关于轴对称，结合对称性， 可得作出在上的图象，如图所示． 再在同一坐标系下，画出的图象，同时注意其图象过点， 由图可知，两图象在区间内有三个交点，从而原方程有三个根， 故选B． 【点睛】本题主要考查了对数函数的图象，以及函数的奇偶性的应用，其中解答中熟记对数函数的性质，合理应用函数的奇偶性，在同一坐标系内作出两函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及转化思想的应用，属于中档试题． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 2026年是“十四五”环境治理规划的关键验收年.某市生态环境局为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差＝实际浓度－预测浓度，单位：）.如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 1 0 3 3 下列关于这7天预测误差的描述中，正确的有（ ） A. 这组数据的众数是3 B. 这组数据的60%分位数是0.5 C. 这组数据的方差大于5 D. 若第8天该模型预测误差为，则加入第8天数据后，新数据组的平均数将变小 【答案】ACD 【解析】 【分析】将数据从小到大排序，由众数的定义即可判断A，由百分位数的定义即可判断B，由平均数与方差的定义即可判断C，由预测误差以及平均数的性质即可判断D. 【详解】将数据从小到大排序得：，，，0，1，3，3. 对于A，3出现两次，其余一次，众数为3，故A正确； 对于B，，不是整数，故取第5个数，第5个数为1，故60%分位数为1，故B错误； 对于C，平均数，方差，故C正确； 对于D，原平均数为0，新数据小于0，加入后平均数变为，确实变小，故D正确. 10. 设等差数列的前n项和是，已知，，则下列选项正确的有（ ） A. ， B. C. 与均为的最大值 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据，，利用等差数列前n项和公式得到，，再逐项判断. 【详解】因为，， 所以， 即， 因为， 所以， 所以， 所以等差数列的前7项为正数，从第8项开始为负数， 则，，为的最大值． 故选：ABD． 11. 椭圆的左、右焦点为，，P为上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 的周长为12 B. 存在点，使 C. 的最大值为12 D. 到的距离的最大值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆方程得出基本参数，，，进而得到焦点及相关线段长，判断周长，分析最大值情况判断B选项，分析取值及相关距离情况判断C、D选项. 【详解】因为椭圆，得，，， 所以焦点，，满足， 所以， 在A选项中，的周长为，A正确， 在B选项中，在短轴端点时最大， 此时，为等边三角形， 最大角为​，不存在满足条件的，B错误， 在C选项中，设，， 代入椭圆​，得， 又，最大值为，代入得最大值为，C正确， 在D选项中，过作直线的垂线，垂足记为， 当与不重合时，为直角三角形，， 当与重合时，​到距离等于，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线的焦点坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解. 【详解】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为. 故答案为：. 13. 展开式中的常数项为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式得出通项，根据方程思想得出的值，再求出其常数项． 【详解】， 由，得， 所以的常数项为. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，牢记常数项是由指数幂为0求得的． 14. 世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有______种. 【答案】36 【解析】 【分析】 根据题意，小赵和小赵智能从事两项工作，由此分为2种情况讨论，结合排列组合，即可求解. 【详解】根据题意可分为2种情况讨论： （1）若小张或小赵入选，则有种不同的选法； （2）若小张，小赵都入选，则有种不同的选法， 综上可得，共有种不同的选法. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了排列、组合的综合应用，其中解答中认真审题，根据题意分类讨论，结合排列组合的知识求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 四、解答题：本题共5小题，共69分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可； （2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可． 【小问1详解】 解：， 利用正弦定理：， 整理得：， 由于， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 ，， ，即， 解得（负值已舍去），则， . 16. 如图，在四棱锥中，底面，，为的中点，已知，，． （1）求证：平面 （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：已知底面，且底面，所以，因为，，所以，又，可得为等边三角形，又E为CD的中点，所以，又，所以，又，PA，AB平面PAB，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由底面，得到，易得为等边三角形，根据E为CD的中点，得到，从而得到，再利用线面垂直的判定定理证明； （2）由（1）知AE，AB，AP两两互相垂直，建立空间直角坐标系，易知是平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量，由求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：在中，，，所以， 由（1）知AE，AB，AP两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，，则，，，，， 因为底面，且底面，所以， 由，可得，又，，平面， 所以平面，可知是平面的一个法向量， 又，， 设平面的一个法向量为，则，得， 即，令，得， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知双曲线的左焦点为，的一条渐近线方程为，其顶点到渐近线的距离为2. （1）求的方程； （2）过的直线与交于，两点，为坐标原点.若的面积为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据焦点在轴上的双曲线的渐近线方程以及顶点坐标和点到直线的距离公式列出方程组，解方程组后代入双曲线标准方程即可； （2）设出直线，联立直线和双曲线的方程，根据弦长公式得到三角形的底，再根据点到直线的距离公式得到三角形的高，列出关于面积的方程，求解后代入直线即可. 【小问1详解】 因为一条渐近线方程为，其顶点到渐近线的距离为2. 所以，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 由题知，且直线的斜率不为， 设直线的方程为，，， 联立方程，消得， ， 所以，， 设到的距离为，则， ， 所以，解得， 所以直线的方程为或. 18. 黎锦织造技艺是海南国家级非物质文化遗产，一幅黎锦作品的完成需经过“纺线设计”和“织锦制作”两大环节，只有纺线设计通过后才能进行织锦制作，且只有同时通过两个环节才能成为成品某黎锦工坊准备制作甲、乙、丙三幅不同的黎锦作品，已知甲、乙、丙通过纺线设计环节的概率依次为，，通过织锦制作环节的概率依次为，，． （1）求甲、乙、丙三幅中恰有一幅作品通过纺线设计环节的概率 （2）经过纺线设计和织锦制作两个环节后，甲、乙、丙三幅作品成为成品的件数为，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解； （2）分别求得甲、乙、丙成为成品的概率，根据题意，得到变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为甲、乙、丙通过纺线设计环节的概率依次为， 所以甲、乙、丙不通过纺线设计环节的概率依次为，，， 所以甲、乙、丙三幅中恰有一幅作品通过纺线设计环节的概率为： . 【小问2详解】 解：甲成为成品的概率为，乙成为成品的概率为， 丙成为成品的概率为， 随机变量的可能取值为， 可得， ， ， ， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 所以期望为. 19. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程 （2）当时，证明： （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，，都有 恒成立，求符合条件的整数的最大值． 【答案】（1） （2）由题意得，函数的定义域为， ． 求导得， 当时，因为，所以， 当时，，； 当时，，． 故在处取极小值（最小值），． 因为，所以 ，即． 当时，令， 则，令得． 在递减，在递增， 最小值． 因为，所以，， 故（当且仅当且时等号成立）． 当时，，； 当时，，． 故在处取极小值（最小值） ． 综上，当时，． （3）2 【解析】 【分析】（1）求导计算切线斜率，进而求得切线方程；（2）求导并化简导函数，分析函数的符号，确定函数单调性，求得；（3）建立方程关系，变量代换，构造函数求最值. 【小问1详解】 当时，． ， 在点处，切线斜率， 由点斜式方程得切线方程为，即． 【小问2详解】 由题意得，函数的定义域为，． 求导得， 当时，因为，所以，: 当时，，； 当时，，． 故在处取极小值（最小值），． 因为，所以 ，即． 当时，令， 则，令得． 在递减，在递增， 最小值． 因为，所以，， 故（当且仅当且时等号成立）． 当时，，； 当时，，． 故在处取极小值（最小值） ． 综上，当时，． 【小问3详解】 不符合题意； 当时，在递减，在递增， ，，，，， 有两个零点， ，故， 则，，，单调递减， ，，，单调递增， ，，，单调递减， ，，，单调递增， 此时的极小值点为，且，． 两边取对数得，，， 令，则， 代入解得，， 于是， 设，求导得， 令， ， ，，单调递增， ，，单调递减， ，，， 所以在内存在唯一零点， 使得在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得最小值． ， ，， 故整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $