精品解析：湖北省武昌实验中学2026届高考适应性考试数学试题

2026届高考适应性考试 数学 2026.5 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时150分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．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．写在试题卷、草稿纸和答题卡上非答题区域均无效． 2．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． 一、单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求． 1. 已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则化简可得，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】由，得， 所以复平面内对应的点为，所以在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 2. 已知集合，且的元素个数是一个，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用元素与集合的关系求解即可. 【详解】由的元素个数是一个，且，得，则， 所以实数的取值范围是. 故选：C 3. 现有一个迷宫如图所示，小球从，，三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”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】 【分析】根据迷宫图形分析小球从各入口进入后的出口路径，进而判断命题之间的推出关系 【详解】由迷宫图形可知， 若小球Ω从口滚动进入， 根据通道走向，小球最终只能从口滚动出来， 所以“小球Ω从口滚动进入”能推出“小球Ω从口滚动出来”，充分性成立； 若小球Ω从口滚动出来，小球可能是从口滚动进入，也可能是从口滚动进入（由图可知从口进入最终也会从口出来）， 所以“小球Ω从口滚动出来”不能推出“小球Ω从口滚动进入”，必要性不成立． 综上所述，“小球Ω从口滚动进入”是“小球Ω从口滚动出来”的充分不必要条件． 4. 已知双曲线，顶点到渐近线的距离为，则离心率（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由点到直线的距离公式得出，根据双曲线离心率的公式即可求解. 【详解】双曲线的顶点到渐近线的距离为， 即，又，则，即， 则离心率. 故选：A. 5. 已知数列满足，，则数列的前2026项和为（ ） A. 2025 B. 2026 C. 2027 D. 2028 【答案】A 【解析】 【分析】写出数列的前几项，发现规律，利用数列的周期性求解问题. 【详解】，可以发现数列是周期为3的周期数列， 可以发现数列是周期为3的周期数列， 因为 所以数列的前2026项和为. 6. 某数据中心有一核心节点，周围边缘节点均部署在圆上．定义流量损耗函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将流量损耗函数化简为对勾函数形式，再结合点与圆的位置关系确定的取值范围，最后利用对勾函数单调性求最小值. 【详解】由圆可知圆心，半径， 令，则，因为，， 所以， 所以， 因为在上单调递增， 所以当时，. 7. 已知正方体的棱长为，点为棱的中点．若动点在正方体内部或表面上，且，则动点的轨迹所形成区域的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，结合的条件，利用空间两点间距离公式展开不等式，化简得到点满足的平面方程，确定该不等式对应的半空间区域，确定多面体的各个顶点位置，计算该多面体的体积。 【详解】空间中到两点距离相等的点的轨迹是两点连线的垂直平分面，表示点在垂直平分面靠近D的一侧， 以为原点建立空间直角坐标系，，则​中点 ，设动点，对展开化简： ， 消去同类项后得：，即满足条件的点都在该平面一侧，， 在平面的正方形中，的区域是四边形，顶点为，由梯形面积公式得： ， 方向长度为，体积. 8. 若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，即，即． 设，则，因为0，所以在上单调递增，所以，即． 设，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，所以． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若函数与函数的图象关于y轴对称，则（ ） A. 与有相同的零点 B. 为偶函数 C. 与有相同的极值点 D. 对任意的，都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用对称性求出，求出零点判断A；确定奇偶性判断B；求出极值点判断C；借助单调性及偶函数性质推理判断D. 【详解】由函数与函数的图象关于y轴对称，得， 对于A，由，得，由，得，则与有相同的零点，A正确； 对于B，，则， 为偶函数，B正确； 对于C，由，求导得，当时，，当，， 函数有唯一极值点，由，求导得，当时，， 当，，函数有唯一极值点，C错误； 对于D，令，函数都是上的增函数， 则是上的增函数，当时，，则， 由为偶函数，得当时，，因此，都有，D正确. 10. 如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，，则（ ） A. B. 平面 C. 若，则该四棱台的体积为 D. 平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据面面平行的性质定理证明线线平行，判断A的真假；根据线面平行的判定定理证明线面平行，判断B的真假；根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，判断D的真假；利用台体的体积公式求台体体积，判断C的真假. 【详解】连结，交于点，连结， 由四棱台，得平面平面， 又平面平面，平面面， 所以，A正确； 因为，所以， 因为为的中点，所以， 所以四边形为平行四边形， 故，又平面平面，所以平面，B正确； 取的中点，连结， 由四棱台得，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以，所以， 因为，又，所以，因为，所以， 又平面，所以平面，D正确； 因为，所以， 易得菱形的面积， 由四棱台且， 可得， 四棱台的体积： ，C错误. 故选：ABD 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（ ） A. B. 若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为 C. 的最大值为 D. 若点是的外心，且，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A根据题意利用三角恒等变换可得，进而可得；B利用正弦定理可得，再利用平面向量结合基本不等式运算求解；C整理可得，进而分析最值；D根据数量积的几何意义结合外心性质可得，解方程即可. 【详解】A：因为，则，可得， 因为，则，，可得，所以，故A正确； B：由正弦定理，得，， 则，解得， 因为是边AC的中点，则，且， 可得，当且仅当时取等号， 所以，故B错误； C：因为 ，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为，故C正确； D：因为，，则，即，，， 因为，则， 即，解得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，的系数为_____． 【答案】15 【解析】 【分析】写出展开式通项公式，得到，得到答案. 【详解】展开式通项公式为， 令，解得， ，故的系数为15. 故答案为：15 13. 某无人机的研发费用（单位：万元）与销售量（单位：万件）之间的对应数据如表所示： 研发费用 4 4.5 5 5.5 6 销售量 15 18.5 19 19.5 23 已知一个经验回归方程为，则第5个样本点对应的残差为________． 【答案】2.2## 【解析】 【分析】先计算样本中心点，代入经验回归方程求得参数，再计算第5个样本点的预测值，结合残差定义求解即可 【详解】由已知，得， 所以，于是， 当时，， 因此，第5个样本点对应的残差为. 14. 已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有____ ①．函数有且只有一个零点 ②．若函数在区间内均存在零点，则 ③．若，则数列为递增数列 ④．存在实数，使得数列为常数列 【答案】①③④ 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性即可说明①，由单调性可得，即可求出的范围判断②，当时可得，推导出，再利用函数的单调性判断③，设（常数），则对任意，恒成立，解出即可判断④． 【详解】选项①：因为，所以恒成立， 所以在上单调递增， 又时，时， 所以函数有且只有一个零点，①说法正确； 选项②：当时，恒成立，所以在上单调递增， 又，所以若函数在区间内均存在零点， 只需满足即可， 所以对任意成立即可， 而函数在上单调递减，所以， 所以，②说法错误； 选项③：由②的分析可得在上单调递增， 当时，，，所以， 当时， 由于是函数在的零点，所以， 所以，则，数列为递增数列，③说法正确； 选项④：若存在实数，使得数列为常数列，设（常数）， 则对任意，恒成立，故对任意的恒为常数，故或， 当时，代入得解得， 当时，代入得，因，故舍去， 所以当时，数列为常数列，，④说法正确. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的表达式为. （1）若将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像关于直线对称，求的最小值； （2）若函数在区间上恰有2个极值点和2个零点，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式，结合平移变换和三角函数的对称性即可求解； （2）利用相位整体思想，分析正弦函数的极值点和零点情况，即可确定动区间的范围，从而可求得参数范围. 【小问1详解】 由， 当函数右移个单位得，则 ， 由关于对称，可得： ， 整理得：，又，取得最小正数， 即的最小值为； 【小问2详解】 由（1）可得：， 当，令， 再由的零点满足：或，， 再由的极值点为，， 若函数在区间上恰有2个极值点和2个零点， 则， 即所求实数m的取值范围. 16. 如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且. （1）证明：平面平面； （2）当时，求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由平面垂直可得出线面垂直，再由线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 因为平面平面，交线为平面， 所以平面，又平面，故. 又因为平面， 所以平面，而平面， 故平面平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，由题设得，， 设是平面的法向量，则 ，即，令，可得. 又是平面的法向量， 设平面与平面所成角为， ，所以， 所以平面与平面所成角的正弦值是. 17. 已知椭圆的长轴长为，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）椭圆的左右顶点分别为，是直线上一点，直线分别交椭圆于点两点，连接交轴于点.当最大时，求点的坐标； 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求解； （2）设点，直线的倾斜角分别为，分三种情况，当时，，当时，可得，即可求解； 【小问1详解】 解：由题意可得，，即， 又，得，又，得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 解：由（1）知， 设点，直线的倾斜角分别为， 故， 当时，，此时， 当时，， 则， 当且仅当时，等号成立， 当时，， 则有， 当且仅当时，等号成立， 综上所述，当且仅当时，有最大值，即有最大值， 所以当点的坐标是或有最大值. 18. 密室逃脱可以因不同的设计思路衍生出不同的主题，从古墓科考到蛮荒探险，从窃取密电到逃脱监笼，玩家可以选择自己喜好的主题场景在规定时间内完成任务，获取奖励．李华同学和他的小伙伴们组团参加了一次密室逃脱游戏，他们选择了其中一种模式，该游戏共有三关，分别记为A，B，C，他们通过三关的概率依次为：．若其中某一关不通过，则游戏停止，游戏不通过．只有依次通过A，B，C三道关卡才能顺利通关整个游戏，并拿到最终奖励．现已知参加一次游戏的报名费为150元，最终奖励为400元．为了吸引更多的玩家来挑战该游戏，商家推出了一项补救活动，可以在闯关前付费购买通关币．游戏中，若某关卡不通过，则自动使用一枚通关币通过该关卡进入下一关．购买一枚通关币需另付100元，游戏结束后，剩余的未使用的通关币半价回收． （1）若李华同学购买了一枚通关币，求他通过该游戏的概率． （2）若李华同学购买了两枚通关币，求他最终获得的收益期望值．（收益等于所得奖励减去报名费与购买通关币所需费用）． （3）请比较“不购买通关币的收益期望值” 与 “购买 1 枚通关币的收益期望值” 的大小.(直接写出结论无需证明) 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分四类情况讨论李华使用通关币的情况即可； （2）分四类情况分别求出可能的收益，再求对应的概率即可求得期望值； （3）分别计算不购买通关币与购买1枚通关币的收益期望值，再进行比较即可. 【小问1详解】 由题意可知：这一枚通关币的使用情况有四种： ①在第一关使用；②在第二关使用；③在第三关使用；④没有使用. 而通过三关的概率依次为：， 则李华通过该游戏的概率． 【小问2详解】 购买两枚通关币的费用为200元，报名费为150元， 则收益可能为：（未使用通关币过关）， （使用1枚通关币且过关）， （使用2枚通关币且过关）， （使用2枚通关币且未过关）， 则 则. 所以他最终获得的收益期望值是元. 【小问3详解】 由题意得若不购买通关币，则李华通关的概率为， 此时期望收益， ， 故. 19. 已知函数. （1）证明：有且只有一个极值点； （2）若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）法一：，再设新函数再次求导，得到其单调性，再结合极限知识和零点存在性定理和极值的定义即可得到其唯一极值点；法二：同法一利用二次求导法，通过取值再结合零点存在性定理即可证明； （2）（i）法一：首先讨论的情况，再研究，代入隐零点得到方程组，消去，再设新函数，求导后得到其单调性，再结合零点存在性定理即可得到证明；法二：同法一消去，再设新函数，求导得其单调性，计算和即可证明； （ii）法一：利用，再设新函数，通过多次求导研究即可；法二：将代入即可得，再设新函数并求导，最后再对分三类讨论即可；法三：同法二得到，再设新函数并求导，最后对分两类讨论即可. 【小问1详解】 解法一：函数的定义域， 令，因为， 所以在单调递增，即在单调递增. 又. 所以存在唯一的实数，使得，即. 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的极小值点，即有唯一的极值点； 解法二：同法1得到在单调递增. 由于 ， ， 所以存在唯一的实数，使得，即， 当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增； 故为的唯一极值点. 【小问2详解】 （i）解法一：由（1），得. ①当时，至多一个零点，不合题意，舍去； ②当，即时， 由消去得，， 令， 因为，所以为减函数， 又因为，所以的解集为. 又在单调递增，所以. 又. 此时有两个不同的零点，即. 解法二：同法1得到 . 此时 又，则， 由零点存在性定理，存在，使得. 综上，可得. （ii）解法一：由于，所以可化为. 令， 则 ， 设，则，则， 则，即，从而. 令，所以在单调递增， 所以，所以， 即， 所以，所以在单调递增. 所以，故. 解法二：将代入整理得 令， 当时，因为，所以， 所以，显然成立； 当时，， 令，则. 显然在单调递增，所以. ①当，则， 此时在单调递增， 所以，即. 所以在单调递增，所以， 欲使，只需，即. 即时，符合题意. ②当时，则， 又， 若，则， 又在连续， 则存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 综上，实数的取值范围为. 解法三：将代入整理得 令 ①当时，. 又， 若，则， 又在的图象是连续不断的， 故存在，使得，这与矛盾； 若，则显然不恒成立 所以时，不恒成立. ②当，因为， 令 又， 因为，所以. 所以 所以在单调递增， 所以. 综上，实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考适应性考试 数学 2026.5 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时150分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．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．写在试题卷、草稿纸和答题卡上非答题区域均无效． 2．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． 一、单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求． 1. 已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，且的元素个数是一个，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 3. 现有一个迷宫如图所示，小球从，，三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”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 4. 已知双曲线，顶点到渐近线的距离为，则离心率（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知数列满足，，则数列的前2026项和为（ ） A. 2025 B. 2026 C. 2027 D. 2028 6. 某数据中心有一核心节点，周围边缘节点均部署在圆上．定义流量损耗函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为，点为棱的中点．若动点在正方体内部或表面上，且，则动点的轨迹所形成区域的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若函数与函数的图象关于y轴对称，则（ ） A. 与有相同的零点 B. 为偶函数 C. 与有相同的极值点 D. 对任意的，都有 10. 如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，，则（ ） A. B. 平面 C. 若，则该四棱台的体积为 D. 平面 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（ ） A. B. 若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为 C. 的最大值为 D. 若点是的外心，且，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，的系数为_____． 13. 某无人机的研发费用（单位：万元）与销售量（单位：万件）之间的对应数据如表所示： 研发费用 4 4.5 5 5.5 6 销售量 15 18.5 19 19.5 23 已知一个经验回归方程为，则第5个样本点对应的残差为________． 14. 已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有____ ①．函数有且只有一个零点 ②．若函数在区间内均存在零点，则 ③．若，则数列为递增数列 ④．存在实数，使得数列为常数列 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的表达式为. （1）若将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像关于直线对称，求的最小值； （2）若函数在区间上恰有2个极值点和2个零点，求实数m的取值范围. 16. 如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且. （1）证明：平面平面； （2）当时，求平面与平面所成角的正弦值. 17. 已知椭圆的长轴长为，离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）椭圆的左右顶点分别为，是直线上一点，直线分别交椭圆于点两点，连接交轴于点.当最大时，求点的坐标； 18. 密室逃脱可以因不同的设计思路衍生出不同的主题，从古墓科考到蛮荒探险，从窃取密电到逃脱监笼，玩家可以选择自己喜好的主题场景在规定时间内完成任务，获取奖励．李华同学和他的小伙伴们组团参加了一次密室逃脱游戏，他们选择了其中一种模式，该游戏共有三关，分别记为A，B，C，他们通过三关的概率依次为：．若其中某一关不通过，则游戏停止，游戏不通过．只有依次通过A，B，C三道关卡才能顺利通关整个游戏，并拿到最终奖励．现已知参加一次游戏的报名费为150元，最终奖励为400元．为了吸引更多的玩家来挑战该游戏，商家推出了一项补救活动，可以在闯关前付费购买通关币．游戏中，若某关卡不通过，则自动使用一枚通关币通过该关卡进入下一关．购买一枚通关币需另付100元，游戏结束后，剩余的未使用的通关币半价回收． （1）若李华同学购买了一枚通关币，求他通过该游戏的概率． （2）若李华同学购买了两枚通关币，求他最终获得的收益期望值．（收益等于所得奖励减去报名费与购买通关币所需费用）． （3）请比较“不购买通关币的收益期望值” 与 “购买 1 枚通关币的收益期望值” 的大小.(直接写出结论无需证明) 19. 已知函数. （1）证明：有且只有一个极值点； （2）若恰有两个零点. （i）证明：； （ii）记的极值点为，若，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $