精品解析：四川省成都市树德中学2026届高考适应性考试数学试题

树德中学高2023级高考适应性考试数学试题 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，只有一个选项是正确的． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的运算求解即可. 【详解】，所以. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为带量词的命题的否定只需改变量词，否定结论， 所以命题“”的否定是“”. 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据复数的除法运算即可得出答案. 【详解】解：因为， 所以. 故选：B. 4. 若不等式的解集是，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得为方程的根，且，进而结合韦达定理求得，进而求解不等式即可. 【详解】由题意，为方程的根，且， 则，即， 则不等式，即为， 则，即，解得， 所以不等式的解集是. 故选：C 5. 当直线与圆相交所得弦长最短时，实数的值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线过定点，求出圆的圆心和半径，当时，直线与圆相交所得弦长最短，根据斜率得到方程，求出答案. 【详解】直线过定点， 圆的标准方程为，则圆心为，半径为. 定点在圆内，当时，直线与圆相交所得弦长最短. 因为，所以直线的斜率为1，故，解得. 6. 已知数列为正项等比数列，，则的值为（ ） A. 10 B. 16 C. 15 D. 11 【答案】D 【解析】 【详解】数列为正项等比数列，所以， ，得. 又，得. 所以. 7. 已知是双曲线的右焦点，直线与双曲线交于，两点，其中在第一象限，，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图： 设双曲线的左焦点为，根据双曲线的对称性可得：，且. 所以. 结合双曲线的定义，，. 在中，. 由余弦定理，， 整理得：，所以. 8. 已知函数，则函数的零点个数为（ ） A. 2 B. 0 C. 3 D. 无穷 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数表达式确定函数在（）上是增函数且，零点个数转化为函数与的图象交点个数，作出它们的大致图象后，观察可得交点个数，从而得结论． 【详解】由，得在区间上的函数值都是区间上相应函数值的一半，， 又时，是增函数，即， 所以，因此时，， 令，它在上是减函数，，，， 当时，， 作出和在上图象，如图，由图可知： 在时，的图象与的图象没有交点，所以在上，它们只有两个交点， 所以的零点个数为2. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 数据的分位数是 B. 频率分布直方图中各个小矩形的面积和为 C. 分层随机抽样中每个个体入样的概率不相等 D. 将总体划分为两层，其个体数分别为,通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，若，则总体方差 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据第百分位数的定义计算判断A；根据频率分布直方图的频率性质判断B；根据分层随机抽样的概率和方差公式判断C,D； 【详解】对于A，将数据排列可得：，因为，第8个数据即为分位数为，A正确； 对于B，由频率分布直方图中，频率之和等于1，各个小矩形的面积和为1，B正确； 对于C，分层随机抽样中每个个体入样的概率相等，均为样本容量与总体容量的比值，C错误； 对于D，根据分层随机抽样，总体的平均数为， 则，总体的方差 ，D正确. 故选：ABD. 10. 已知数列的前项和，则（ ） A. 是公差为2的等差数列 B. C. 数列是等差数列 D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】由，当时，， 当时，， 当时，上式也成立，所以，故B正确； 因为，所以是等差数列，故A正确； 对于C，，因为，所以数列是等差数列，故C正确； 对于D，令，则， 所以当时，，当时，， 故，故D错误. 11. 已知函数，其中常数．将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再向上平移1个单位，得到函数的图象．（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若在上单调递增，则 D. 若，在区间上至少含有30个零点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数图象的平移变换，得到，结合正弦型函数的周期性、值域即可判断AB；根据正弦型函数的单调性得到，，由此求解即可判断C；要使最小，则，，研究的零点进而求出结果，判断D． 【详解】函数的图象向左平移个单位，得到； 将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到； 向上平移1个单位，得到函数的图象，所以. 对于A，若，则，A正确. 对于B，若，， 当时，，，则，B错误. 对于C，若在上单调递增，则，所以. 则，，解得，，当时，， 又，所以，C正确. 对于D，若，， 令，则. 令，设在区间上的30个零点分别为， 则，，，在上有30个零点， 要使最小，则，，因为在每个周期内各有两个函数值为， 所以15个周期里面有30个零点，则最小时， 若，， 则，所以，即的最小值为，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为________． 【答案】 【解析】 【详解】∵ 向量，， ∴ ，. 根据投影向量的定义，在方向上的投影向量为， 代入数据得投影向量为. 13. 展开式中只有第5项的二项式系数最大，则各项系数之和为________. 【答案】1 【解析】 【分析】先依据二项式系数的对称性确定的取值，再用赋值法计算展开式的各项系数之和. 【详解】展开式中只有第5项的二项式系数最大，则该展开式共9项，即，解得， 取，得展开式各项系数之和为. 14. 将上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为6的一个圆台打磨成一个球，再将此球打磨成一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【详解】 如图，由圆台的轴截面可知，当母线长等于上、下底面圆的半径之和时，圆台有内切球. 因为，所以该圆台有内切球， 故当打磨成该圆台的内切球时，球的体积最大. 记内切球半径为R，可得，. 记圆柱的底面半径为r，高为h， 易知圆柱体积最大时其外接球为圆台的内切球， 所以，则，， 此时圆柱的体积. 设，，则. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以，所以该圆柱体积的最大值为. 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. 在直角坐标系中，动圆P与圆外切，且与直线相切，记P的轨迹为E． （1）求E的方程； （2）若直线l与E交于x轴异侧两点A，B，且．证明：l过定点 【答案】（1） （2）当直线l斜率为0时，l与抛物线有且只有一个交点， 则可设直线l的方程为，，，联立， 得，，，， ， ， ，或，由题（舍去），则，l过定点． 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，结合抛物线定义即可得解； （2）设直线l的方程为，联立抛物线方程消去，利用韦达定理代入求出即可得证. 【小问1详解】 由题意，动圆圆心P到点的距离比其到直线的距离大1， 圆心P到点的距离等于它到直线的距离， 圆心P的轨迹E是以点为焦点，以直线为准线的抛物线， 设E的方程为（），则，，E的方程为． 【小问2详解】 略. 16. 已知，，． （1）求函数的解析式及最小正周期； （2）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，求周长的最大值． 【答案】（1）解析式为；最小正周期为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标形式，二倍角公式，及辅助角公式即可得到的解析式，进而得到最小正周期； （2）结合（1）及题意得到的值，再根据余弦定理，均值不等式得到取值范围，进而得到周长的最大值． 【小问1详解】 由，， 则， 所以的最小正周期为． 【小问2详解】 由，即，即， 又B为的内角，则，则， 所以，解得， 又，由余弦定理有，得，即， 由均值不等式有，则， 即，即，解得， 当且仅当时取等号，此时为等边三角形， 所以周长的最大值为． 17. 如图所示，在四棱锥中，，，． （1）若平面，证明：平面； （2）若底面，，二面角的正弦值为，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形三边长可得到三角形角度，再根据线面垂直得到线线垂直，结合同一平面内垂直于同一条直线的两条直线平行，即可得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由空间向量夹角的余弦公式列方程，即可得求答案. 【小问1详解】 证明：∵，，，即， ∴，即， ∵平面，平面， ∴， ∴，又平面，平面， ∴平面； 【小问2详解】 ∵底面，底面， ∴，，又， 以点为原点，以所在的直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系如图所示： 令，则， ，则， ， 设平面的法向量为， ∴， 令，则， ∴， 设平面的法向量为， ∴， 令，则， ∴， ∵二面角的正弦值为，则余弦值为， 又二面角为锐角，∴， 解得，所以. 18. 设函数，． （1）若，，求在上的最小值； （2）已知． ①若在上单调递增，求的最大值； ②证明：对任意，． 【答案】（1） （2）① 2 ②由①可知对任意的恒成立， 则对任意，必有， ， …… ， ， 则上述式子累加可得， 又，则， 左右两边乘以，得． 因此． 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的符号分析的单调性，进而即可求解的最小值； （2）①求导，根据题意有恒成立，再研究不等式取，从而得到，再研究不等式的系数，取，，从而验证恒成立，进而即可得到的最大值； ②结合①，得到对任意的恒成立，再一直取，进而利用累加法即可得证． 【小问1详解】 若，，则，， 则， 令，解得，， 当时，；当时，， 则在上单调递减；上单调递增， 所以的最小值为． 【小问2详解】 ①由，则 因为在上单调递增，所以恒成立． 取，则，即， 当，时，恒成立， 因此的最大值为2． ②略 19. 在平面直角坐标系中，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每秒等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位． （1）若质点只能在x轴上移动，记第n秒末质点回到原点的概率为，求，； （2）从原点出发，每秒等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位． ①设质点在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量X，求X的分布列和数学期望； ②记第n秒末质点回到曲线上的概率为，求． 参考公式： 【答案】（1）， （2）① X的分布列为： X 0 2 4 P 期望为2；② 【解析】 【分析】（1）利用分步乘法计数原理和组合知识，结合古典概型概率公式求解即可； （2）①列出所有样本点，根据古典概型概率公式求概率，然后可得分布列； ②设第秒末质点回到原点的概率为，定义，，则或，根据求解即可. 【小问1详解】 若质点只能在x轴上移动，每秒有2种可能，4秒移动方式共有种， 第4秒末质点回到原点，则必定向左移动2步，向右移动2步，有种， 故； 第秒末质点回到原点，则必定向左移动n步，向右移动n步，故. 【小问2详解】 ①因在1秒末，质点会等可能地出现在，，，四点处， 故在第2秒末可能运动到点，，，各两种情形， ，，，各一种情形，有4种情形，共计16种情形， 随机变量X表示的取值，故X的可能取值为0，2，4， 对应的概率分别为：，，， 故X的分布列为： X 0 2 4 P 期望为. ②第秒末质点要回到原点，则必定向左移动k步，向右移动k步，向上移动步， 向下移动步． 设第秒末质点回到原点的概率为，则 . 记第n秒末质点的位置为，定义，， 则，， 易知与取的概率均为． 又因为，故或， 则， 又易知，， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2023级高考适应性考试数学试题 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，只有一个选项是正确的． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 若不等式的解集是，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 5. 当直线与圆相交所得弦长最短时，实数的值为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知数列为正项等比数列，，则的值为（ ） A. 10 B. 16 C. 15 D. 11 7. 已知是双曲线的右焦点，直线与双曲线交于，两点，其中在第一象限，，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则函数的零点个数为（ ） A. 2 B. 0 C. 3 D. 无穷 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 数据的分位数是 B. 频率分布直方图中各个小矩形的面积和为 C. 分层随机抽样中每个个体入样的概率不相等 D. 将总体划分为两层，其个体数分别为,通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，若，则总体方差 10. 已知数列的前项和，则（ ） A. 是公差为2的等差数列 B. C. 数列是等差数列 D. 11. 已知函数，其中常数．将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再向上平移1个单位，得到函数的图象．（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若在上单调递增，则 D. 若，在区间上至少含有30个零点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为________． 13. 展开式中只有第5项的二项式系数最大，则各项系数之和为________. 14. 将上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为6的一个圆台打磨成一个球，再将此球打磨成一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为_________． 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. 在直角坐标系中，动圆P与圆外切，且与直线相切，记P的轨迹为E． （1）求E的方程； （2）若直线l与E交于x轴异侧两点A，B，且．证明：l过定点 16. 已知，，． （1）求函数的解析式及最小正周期； （2）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，求周长的最大值． 17. 如图所示，在四棱锥中，，，． （1）若平面，证明：平面； （2）若底面，，二面角的正弦值为，求的长． 18. 设函数，． （1）若，，求在上的最小值； （2）已知． ①若在上单调递增，求的最大值； ②证明：对任意，． 19. 在平面直角坐标系中，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每秒等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位． （1）若质点只能在x轴上移动，记第n秒末质点回到原点的概率为，求，； （2）从原点出发，每秒等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位． ①设质点在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量X，求X的分布列和数学期望； ②记第n秒末质点回到曲线上的概率为，求． 参考公式： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $