精品解析：北京市大兴区第一中学2025-2026学年高三高考适应性测试数学试题

2025-2026学年高考适应性测试 2026.6 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 复数在复平面内所对应的点在（ ） 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，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列，，，则的最大值为（ ） A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 4. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且，点为坐标原点，的面积为（ ） A. B. 2 C. D. 4 6. 已知是等比数列，则甲：数列为递增数列，乙：，恒成立，则甲是乙的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 奶茶温度衰减满足函数关系，其中（单位：）为（单位：分钟）时的温度，（单位：）为室温，为常数，．已知某奶茶店的室温为，奶茶制作完成时温度为分钟后温度为，该奶茶适宜饮用温度为，则制作完成后适宜饮用的时间约为（    ） （参考数据：．结果保留整数） A. 25分钟 B. 30分钟 C. 35分钟 D. 40分钟 8. 在中，，，点满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 9. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（ ） A. 若和都有最小值，则有最低点； B. 若有最低点，则和都有最小值； C. 若或有最小值，则有最低点； D. 若有最低点，则或有最小值. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，则__________． 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则__________． 13. 已知函数（），如图所示，直线与曲线交于，两点，若，在区间上单调递减，则_____；的一个取值为_____． 14. 中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体上下底面平行，且均为扇环形．现有一个如图所示的曲池，其中，，，是柱体的高，底面扇环所对的圆心角为，的长度为的长度的2倍，，，则该曲池的体积为__________；表面积为__________． 15. 已知数列满足（），则下列说法正确的是______________． ①若且，则单调递减； ②若存在无数多个使得，则或； ③当时，存在使； ④当时，对任意，都有． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在中，， （1）求的值. （2）从以下三个条件中选一个作为已知，使得满足条件的存在，求的面积. ①边上的高为7； ②； ③边上的中线长5. 17. 如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 为了调查居民对垃圾分类的了解程度，某社区居委会从A小区与B小区各随机抽取300名社区居民（分为18-40岁、41岁-70岁及其他人群各100名）参与问卷测试，按测试结果将居民对垃圾分类的了解程度分为“比较了解”（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分），并将问卷得分不低于60分绘制频数分布表如下 分组 A小区频数 B小区频数 18-40岁人群 60 30 41-70岁人群 80 90 其他人群 30 50 假设用频率估计概率，所有居民的问卷测试结果互不影响． （1）从A小区随机抽取一名居民参与问卷测试，估计其对垃圾分类比较了解的概率； （2）从A、B小区41-70岁人群中各随机抽取一名居民，记其对垃圾分类比较了解的居民人数为随机变量，求的分布列和数学期望； （3）设事件为“从A小区的三个年龄组随机抽取两组，且每个年龄组各随机抽取一名居民，则这两名居民均为对垃圾分类比较了解”，设事件为“从B小区的三个年龄组随机抽取两组，且每个年龄组各随机抽取一名居民，则这两名居民均为对垃圾分类比较了解”，试比较事件发生的概率与事件发生的概率的大小，并说明理由． 19. 已知椭圆：（）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，过点和（）的直线与椭圆的另一个交点为，与分别表示与的面积．若，求的值． 20. 已知函数，． （1）若曲线与直线相切，求切点的坐标和实数的值； （2）若对任意实数，都存在实数，使得，求的取值范围； （3）对给定的 ，任意，直线与曲线，的交点分别为，求的最小值． 21. 设递增数列中的每一项都是正整数，其前n项和为．对于正整数k，若存在正整数j，使得，则称覆盖了，记的“覆盖阶数”为．定义的“覆盖滞后度”为．规定． （1）若，，，，求和的值； （2）若数列是首项为1，公差为2的等差数列，判断是否存在正整数k，使得？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由； （3）设前k项的“覆盖滞后度”，，…，的最大值为M，求证：对任意的，存在，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高考适应性测试 2026.6 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 复数在复平面内所对应的点在（ ） 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】 【详解】， 对应复平面内点，位于第二象限． 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，解得，则， 由，得，解得，则， 所以. 3. 已知等差数列，，，则的最大值为（ ） A. 19 B. 20 C. 21 D. 22 【答案】C 【解析】 【详解】设等差数列的公差为， 由，得， 又，所以，解得，所以， 所以， 所以当或时，的值最大，最大值为. 4. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正切函数、指数函数和幂函数的单调性判断. 【详解】，因为在上递增， 且，所以，即，， 1，因为在上递增，且， 所以，即，所以 故选：D 5. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且，点为坐标原点，的面积为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由抛物线：，可得焦点，准线方程为， 设，则，得， 又，可得， 所以. 6. 已知是等比数列，则甲：数列为递增数列，乙：，恒成立，则甲是乙的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分必要条件的定义，分别讨论甲乙的充分性与必要性，结合等比数列的通项公式分类讨论即可得解. 【详解】设等比数列的公比为，则． 当为递增数列时，，即，恒成立，故充分性成立； 当，恒成立时，，即， 若，则或， 当时，，与假设矛盾，舍去， 故，此时，则为递增数列； 若，则或， 当时，，与假设矛盾，舍去， 故，此时，则为递增数列． 综上所述，当，时，为递增数列，故必要性成立； 所以甲是乙的充要条件． 故选：C． 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分类讨论解不等式，从而推得其必要性成立. 7. 奶茶温度衰减满足函数关系，其中（单位：）为（单位：分钟）时的温度，（单位：）为室温，为常数，．已知某奶茶店的室温为，奶茶制作完成时温度为分钟后温度为，该奶茶适宜饮用温度为，则制作完成后适宜饮用的时间约为（    ） （参考数据：．结果保留整数） A. 25分钟 B. 30分钟 C. 35分钟 D. 40分钟 【答案】C 【解析】 【分析】由题，，当时，，，，代入运算可得，令运算得解. 【详解】由题，，当时，，则，得， 又，，故，得，所以， 当时，有，所以， 所以， 故制作完成后适宜饮用的时间约为35分钟. 故选：C. 8. 在中，，，点满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算性质先求出参数λ的值，再计算模长即可. 【详解】因为,，， 所以，即， 因为，，代入化简： ， 因为, 所以, 因为, 所以. 9. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将题干条件，结合几何知识转化为圆心到直线的距离需满足，解该不等式即可求解． 【详解】当直线与圆相交时，如图所示，若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时， 若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时， 所以一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有， 另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时必为该P点所能达到的最大情况，如图所示， 由图可知，，CP最短时， 即等于圆心C到直线的距离d，最大，也最大，同时最大， 所以若圆上存在两点，直线上存在点，使得， 则必有，解得，又因为圆的半径， 圆心到直线的距离， 所以，解得． 故选：A． 10. 对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（ ） A. 若和都有最小值，则有最低点； B. 若有最低点，则和都有最小值； C. 若或有最小值，则有最低点； D. 若有最低点，则或有最小值. 【答案】D 【解析】 【分析】可以举反例证明选项A、B、C的命题均为假命题，对D，根据“最低点”的定义分析得或，再分类讨论即可. 【详解】对于A项，取，，取，， 则，；而无最低点，故A错误； 对于B项，取，，取，， 则无最小值，；而有最低点，故B错误； 对于C项，取，，取，， 则无最小值，； 因为的函数值可趋向于负无穷大，所以无最低点，则亦无最低点，故C错误； 对于D项，因为有最低点，不妨设为的最低点，且，且， 所以或， 若，则且对任意的，总有，即； 若，同理可知； 所以若有最低点，则或有最小值，故D正确. 故选：D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】令时，， 当时，， ． 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可； 【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为， 则，，又双曲线的渐近线方程为， 所以，即，解得； 故答案为： 13. 已知函数（），如图所示，直线与曲线交于，两点，若，在区间上单调递减，则_____；的一个取值为_____． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得. 【详解】设，， 由得：，， 又，，解得. 此时最的小正周期， ，在区间上单调递减， 和分别为单调递减区间的起点和终点， 当时，， ，， 取，得. 综上所述：，的一个取值为. 14. 中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体上下底面平行，且均为扇环形．现有一个如图所示的曲池，其中，，，是柱体的高，底面扇环所对的圆心角为，的长度为的长度的2倍，，，则该曲池的体积为__________；表面积为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】“曲池”的体积可以利用柱体的体积公式，利用底面积乘高进行计算；侧面可以利用曲边矩形的面积计算方法计算出面积，将所有面面积相加即可计算表面积． 【详解】根据弧长公式可知，，， 因为的长度为的长度的2倍，故，可得：； 因为，解得， 根据扇环面积公式可计算“曲池”的底面的面积：， 则； 因为，则的面积为； ，则的面积为； 侧面与的面积为； 两底面面积为：， 故表面积为 15. 已知数列满足（），则下列说法正确的是______________． ①若且，则单调递减； ②若存在无数多个使得，则或； ③当时，存在使； ④当时，对任意，都有． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对①先证，然后再排除即可； 对于②将转化为，再分类讨论可得； 对于③由数列的单调性可得且，故可判断； 对于④通过对递推关系变形，再裂项求和及数列的单调性可判断范围. 【详解】因为，所以， 当且仅当时等号成立. 对于①：因为且，由， 得，即. 若，则，，解得或， 与条件且矛盾，所以. 同理，即. 若，则，，解得或，与矛盾. 若，则，即， 此方程的判别式，方程无实数解，故，所以. 依次类推，可得，即单调递减，所以①正确； 对于②：若，则，即，解得. 所以若存在无数多个使得等价于存在无数个使得. 若，则.由，得，依次类推，得，符合题意； 若，则，同理得，依次可得，符合题意. 若且，则由选项①可知数列单调递减，即， 所以不存在无数个使得，所以②正确； 对于③：由，令是开口向下， 对称轴为的抛物线，且. 因为，所以，即，再由①知数列单调递减， 所以，而，所以不存在使.故③不正确； 对于④：由， 所以 . 当时，. 又由结合①可知数列单调递减，且，所以， . 所以，即.所以④正确. 故答案为：①②④. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在中，， （1）求的值. （2）从以下三个条件中选一个作为已知，使得满足条件的存在，求的面积. ①边上的高为7； ②； ③边上的中线长5. 【答案】（1） （2）选①无解；选②或；选③ 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式可得； （2）选①，由三角形中边长数据分析可得不合题意；选②，利用正弦定理，余弦定理及三角形面积公式即得；选③，由，利用余弦定理可求得，再由余弦定理可求得，进而求得，由三角形面积公式即得. 【小问1详解】 在中，， 又， 由正弦定理得，， 即， 即，由正弦定理得，， 又，所以. 【小问2详解】 选①边上的高为7， 过作于，如图， 由已知，在中，，， 显然这样的三角形不存在，所以无解. 选②，即， 又，，则由正弦定理得，即， 则， 由余弦定理，得， 即，解得或， 当时， 的面积， 当时， 的面积. 选③边上的中线长5， 设的中点为，由（1）知，则， 又， 在中，由余弦定理，， 在中，由余弦定理，， 因为，所以， 则，解得， 在中，由余弦定理，， 则， 所以的面积. 17. 如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接交于，连接， 因为，由题意是中点，又， 所以，则四边形为平行四边形， 故点为中点，又点为中点． 所以，又平面，不在平面内， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，通过即可证明； （2）建系，求得平面法向量，和直线方向向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知四边形为梯形中， 且，，，故四边形是正方形， 所以，， 将沿折起使A点至P点处，有，， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，O是中点，所以， 又平面，平面平面， 所以平面． 以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间坐标系． 因为，可得， 则，，，，，，． 则 ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则． 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 为了调查居民对垃圾分类的了解程度，某社区居委会从A小区与B小区各随机抽取300名社区居民（分为18-40岁、41岁-70岁及其他人群各100名）参与问卷测试，按测试结果将居民对垃圾分类的了解程度分为“比较了解”（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分），并将问卷得分不低于60分绘制频数分布表如下 分组 A小区频数 B小区频数 18-40岁人群 60 30 41-70岁人群 80 90 其他人群 30 50 假设用频率估计概率，所有居民的问卷测试结果互不影响． （1）从A小区随机抽取一名居民参与问卷测试，估计其对垃圾分类比较了解的概率； （2）从A、B小区41-70岁人群中各随机抽取一名居民，记其对垃圾分类比较了解的居民人数为随机变量，求的分布列和数学期望； （3）设事件为“从A小区的三个年龄组随机抽取两组，且每个年龄组各随机抽取一名居民，则这两名居民均为对垃圾分类比较了解”，设事件为“从B小区的三个年龄组随机抽取两组，且每个年龄组各随机抽取一名居民，则这两名居民均为对垃圾分类比较了解”，试比较事件发生的概率与事件发生的概率的大小，并说明理由． 【答案】（1） （2）的分布列如下： 0 1 2 期望值； （3），理由如下： 从三个年龄组随机抽取两组共有种，每一种组合出现的可能为； 易知A小区三个年龄组对垃圾分类比较了解的概率分别为， 所以可得， 同理， 显然；即. 【解析】 【分析】（1）由频数分布表计算出样本中的频率，即可估计出其概率； （2）分别估计出A、B小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率，求出随机变量对应取值的概率，即可得出分布列和期望值； （3）分别估计出A、B小区三个不同群体对垃圾分类比较了解的概率，根据题意由概率乘法公式分别计算可得，即可得出结论. 【小问1详解】 根据频数分布表可知， 抽取的A小区300人样本中，有人对垃圾分类比较了解， 所以样本中对垃圾分类比较了解的概率为； 由样本估计总体的思想，用频率估计概率可知： 从A小区随机抽取一名居民，估计其对垃圾分类比较了解的概率为； 【小问2详解】 根据频数分布表可知，A小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率可估计为； B小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率可估计为； 易知随机变量的所有可能取值为； 易知， ； ； 所以的分布列如下： 0 1 2 期望值 【小问3详解】 略. 19. 已知椭圆：（）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，过点和（）的直线与椭圆的另一个交点为，与分别表示与的面积．若，求的值． 【答案】（1）； （2）1. 【解析】 【分析】（1）根据给定的离心率及面积列式求出即可. （2）根据给定条件，结合三角形面积公式可得点关于轴对称，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及共线向量的坐标表示求解. 【小问1详解】 由椭圆：的离心率为，得，解得， 由椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为，得，则， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，点， 由消去并整理得， ，， 由，得，则， 由点在线段上，得都是锐角，则，点关于轴对称， 于是点，，由， 得，即， 整理得，因此，解得， 所以的值为1. 20. 已知函数，． （1）若曲线与直线相切，求切点的坐标和实数的值； （2）若对任意实数，都存在实数，使得，求的取值范围； （3）对给定的 ，任意，直线与曲线，的交点分别为，求的最小值． 【答案】（1），； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设出切点坐标，根据导数的几何意义列式计算得解； （2）构造函数，求导，分和讨论求解； （3）设，，则，，可得，由（2）可得，运算得解. 【小问1详解】 设切点为，则，， 由，得切线的斜率， 所以，解得，，， 所以切点的坐标为，. 【小问2详解】 设，则， 当时，，则，即在上单调递增， 对任意的实数，都存在实数，使得； 当时，由，得，即在上单调递增， 由，得，所以在上单调递减， 所以， 所以存在，对任意，，不合题意； 所以的取值范围为. 【小问3详解】 因为与，的交点分别为， 所以可设，，则，， 所以， 由（2）知当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 因为，所以，所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以当，即时，的最小值为. 21. 设递增数列中的每一项都是正整数，其前n项和为．对于正整数k，若存在正整数j，使得，则称覆盖了，记的“覆盖阶数”为．定义的“覆盖滞后度”为．规定． （1）若，，，，求和的值； （2）若数列是首项为1，公差为2的等差数列，判断是否存在正整数k，使得？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由； （3）设前k项的“覆盖滞后度”，，…，的最大值为M，求证：对任意的，存在，使得． 【答案】（1）0；1 （2）存在唯一的 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据定义求解. （2）根据定义可得，，解得的范围，根据得到的值，从而得到．根据定义检验：，，符合题意．从而得到存在唯一的符合题意． （3）分别按照和两种情况讨论证明. 【小问1详解】 因为，，，， 所以，，，，， 所以，，所以，， 所以，． 【小问2详解】 由已知得，． 设存在正整数k，使得， 则，，， 可得，， 所以，解得． 因为，所以，． 检验：，，， 所以，，，符合题意． 综上所述，存在唯一的符合题意． 【小问3详解】 当时，，，． 当时，设，则， 所以，， 因为，所以， 所以． 任取，设是，，…中首次达到或超过m的项， 即且． 因为，所以，即， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $