精品解析：吉林长春吉大附中实验学校2025-2026学年高三下学期适应性训练数学试卷

2025—2026学年下学期高三年级 适应性训练数学学科 时间：120分钟 满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 2. 已知平面向量，若在上的投影向量为，则n的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知双曲线，顶点到渐近线的距离为，则离心率（ ） A. B. C. D. 2 4. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 等比数列中，首项为，公比为，则下列条件中，是一定为递减数列的条件是 A. B. ， C. ，或， D. 6. “”是“直线与圆相切”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 7. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 8. 已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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．部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ） A. B. C. D. 10. 在三棱锥中，，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 若，则三棱锥外接球的表面积为 D. 若，则点在平面的投影是的外心 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. B. 当且仅当时，方程有两个不等的实根 C. 对区间上任意两个实数，都有 D. 设，则恒成立 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，且，，则________． 13. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则周长的最小值为___________． 14. 将1，2，3，4，5，6这6个数排在图中，，，，，六个位置，则任意相邻两数之积不超过20的概率为__________． 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. 在中，内角所对的边分别为，，为锐角. （1）求； （2）若，延长至，使得，，求的面积. 16. 如图所示，在长方体中，点M，N分别是直线，上的动点． （1）若M，N分别为线段，的中点，证明：平面； （2）若，且二面角的余弦值为，求． 17. 已知函数（，且）． （1）当时，求函数的极值； （2）若直线是曲线的一条切线，求a的值和切点的坐标． 18. 高考数学试卷评阅采用“双评仲裁”的方式，具体规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分.高考的第一道大题为基础题，不少同学的结果正确，但由于书写潦草，步骤不规范等原因，实际得分往往达不到满分，我校为了解学生的答题书写情况，开展了一次测评，针对这道满分13分的大题，选取了大量“结果正确”的试卷，由数十名阅卷老师按照高考阅卷规则进行评阅，规定每位老师给出的分数仅在13分、12分、11分中取值，经统计，各分数对应的比例如下表所示，以频率视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响. 教师评分 13 12 11 各分数所占比例 甲同学上交了一道“结果正确”的题参与本次测评. （1）求此题需要仲裁的概率； （2）求此题在一评、二评两位老师给分不同的条件下，最终得了满分的概率； （3）求此题得分的分布列及数学期望. 19. 已知平面直角坐标系中，为：上的动点，.线段的中垂线与直线的交点为R，记点R的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）设，点为E上一点，构造点列：对，点关于x轴的对称点为点，过作斜率为k的直线，与E的另一交点为（若只有一个交点，记为）. ①试判断以和为邻边的平行四边形顶点是否恒在直线上?若是，求出的方程（用表示）；若不是，请说明理由. ②求证：当，且时，数列满足：对，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年下学期高三年级 适应性训练数学学科 时间：120分钟 满分：150分 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，则，则. 2. 已知平面向量，若在上的投影向量为，则n的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知，根据向量垂直的坐标表示求解. 【详解】由题在上的投影向量为， 可知，故， 即，故. 故选：D． 3. 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. 4. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 又，所以． 5. 等比数列中，首项为，公比为，则下列条件中，是一定为递减数列的条件是 A. B. ， C. ，或， D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由数列是递减数列，可得；再根据等比数列的通项公式，可得答案. 【详解】等比数列是递减数列，， 即, 或. 故选：. 【点睛】本题考查数列的单调性和等比数列的通项公式，属于基础题. 6. “”是“直线与圆相切”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】C 【解析】 【分析】根据圆与直线相切以及圆的标准方程求解即可. 【详解】圆配方. 因此，即，圆心为，半径. 因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离​，即， 整理，解得或.结合圆的条件，因此直线与圆相切等价于. 因此是直线与圆相切的充要条件. 7. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.8 【答案】D 【解析】 【详解】二项式的展开式中所有项的系数和为32， 令，得，所以. 若，且，则. 所以，所以. 8. 已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次不等式解集与对应方程的根的关系可得b＝3a，c＝－4a，再由基本不等式计算即可得出结论． 【详解】由的解集为可知， 1和是方程的两个实数根，且a＜0， 由根与系数的关系可得，即可得，， 所以 ，当且仅当，即时等号成立； 因此． 故选：D． 二、多选题：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．部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果. 【详解】由函数图像可知：，则，所以不选A, 不妨令, 当时，， 解得：， 即函数的解析式为： . 而 故选：BC. 【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法： (1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ. (2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求. 10. 在三棱锥中，，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 若，则三棱锥外接球的表面积为 D. 若，则点在平面的投影是的外心 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，取的中点，连接，即可得到平面，从而判断A；利用三棱锥的体积即可判断B；将三棱锥补成长方体即可求出C；根据线面垂直即可判断D. 【详解】 对于A，取的中点，连接，由于，，， 由等腰三角形的性质可得，，由于平面且与交于点，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于B，三棱锥的体积， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对于C，当，由于，，， 由勾股定理可得，，，将三棱锥补成长方体，易得长方体的外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积，故C正确； 对于D，当时，因为，设为点在平面上的投影，则，所以点在平面的投影不是的外心，故D错误． 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. B. 当且仅当时，方程有两个不等的实根 C. 对区间上任意两个实数，都有 D. 设，则恒成立 【答案】AD 【解析】 【分析】利用导数的概念即可判断A，利用数形结合即可判断B，利用作差法即可判断C，由，得，令，即，令，利用导数证明不等式即可判断D. 【详解】对于A：， 又 ，所以 ，故A正确； 对于B：由方程有两个不等的实根，所以， 即与有两个不同的交点， 由，当，解得，当，解得， 所以在单调递增，在单调递减，所以， 当时，，当时，， 作出的图像： 由图可知：，即，故B错误； 对于C：由，所以 ， 不妨设，所以，所以，即证， 即，即，即证单调递增， 又在单调递减，在单调递增，故C错误； 对于D：由，所以， 令，即，令， 所以，由 ，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以， 所以，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前项和为，且，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式，结合等差数列性质求出公差即可. 【详解】在等差数列中，， 由，得，解得， 由，得，解得， 因此数列的公差为， 所以. 13. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若，则周长的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题设得，作抛物线的准线于，结合抛物线的定义确定三角形周长的最小值. 【详解】由抛物线的焦点为，则，即， 作抛物线的准线于，则，且， 所以周长为， 结合图知，当且仅当共线，即时周长最小， 所以. 14. 将1，2，3，4，5，6这6个数排在图中，，，，，六个位置，则任意相邻两数之积不超过20的概率为__________． 【答案】##0.3 【解析】 【分析】先得到6不能与4或5相邻，结合组合知识进行求解 【详解】任意相邻两数之积不超过20，则6不能与4或5相邻， 故6的两侧可以为1，2，可以为1，3，也可以为2，3； 又6的两侧共有种情况安排， 综上，任意相邻两数之积不超过20的概率为； 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. 在中，内角所对的边分别为，，为锐角. （1）求； （2）若，延长至，使得，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、和角的正弦公式、正弦函数的性质以及辅助角公式化简计算即可求得答案； （2）在和中，利用正弦定理推出，化简求得，求出边，利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理，得 （*）. 又，所以， 代入（*），可得. 因为，所以， 所以，即. 因为，所以， 所以，即. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得① 在中，， 由正弦定理，②. 由①②可得，展开化简得， 因为，所以. 因为，所以. 所以. 16. 如图所示，在长方体中，点M，N分别是直线，上的动点． （1）若M，N分别为线段，的中点，证明：平面； （2）若，且二面角的余弦值为，求． 【答案】（1）取中点，连接， 因为为线段的中点，点是中点，所以， 又平面，平面，所以平面 同理，因为为线段，点是中点，所以， 又平面，平面，所以平面 因为平面，所以平面平面， 又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的性质证明线面平行即可. （2）设，根据空间向量法求解二面角的平面角的余弦值，计算求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设， 由，得， ； 设平面的法向量为，则，令，所以， 设平面的法向量为，则，令，所以， 因为二面角的余弦值为 ，可知二面角的平面角为锐角， 所以，即， 当时，，即，解得， 此时二面角的平面角为钝角，舍掉. 当时，，即，解得， 此时二面角的平面角为锐角，因此. 17. 已知函数（，且）． （1）当时，求函数的极值； （2）若直线是曲线的一条切线，求a的值和切点的坐标． 【答案】（1）极大值为，无极小值； （2），切点坐标为. 【解析】 【分析】（1）求导判断单调性，再计算极值即可； （2）根据切线性质列出方程组，化简消去，再构造新函数求解即可. 【小问1详解】 当时，，其定义域为. 令，即，因为，所以，解得. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减. 所以在处取得极大值，，无极小值. 【小问2详解】 对求导，可得 设切点坐标为，因为直线是曲线的一条切线， 所以切线斜率，且. 由得，由得. 得，即. 将代入得：， 因为，两边同时除以得. 整理得， 设 ，和均在上单调递增，故在上单调递增， 又，所以时，<，单调递减； 当时， ，单调递增 又，故，，. 因此，的值为，切点的坐标为. 18. 高考数学试卷评阅采用“双评仲裁”的方式，具体规则如下：两名老师独立评分，称为一评和二评，当两者所评分数之差的绝对值小于或等于1分时，取两者平均分为该题得分；当两者所评分数之差的绝对值大于1分时，再由第三位老师评分，称之为仲裁，取仲裁分数和一、二评中与之接近的分数的平均分为该题得分；当一、二评分数和仲裁分数差值的绝对值相同时，取仲裁分数和前两评中较高的分数的平均分为该题得分.高考的第一道大题为基础题，不少同学的结果正确，但由于书写潦草，步骤不规范等原因，实际得分往往达不到满分，我校为了解学生的答题书写情况，开展了一次测评，针对这道满分13分的大题，选取了大量“结果正确”的试卷，由数十名阅卷老师按照高考阅卷规则进行评阅，规定每位老师给出的分数仅在13分、12分、11分中取值，经统计，各分数对应的比例如下表所示，以频率视为概率，且一、二评与仲裁三位老师评分互不影响. 教师评分 13 12 11 各分数所占比例 甲同学上交了一道“结果正确”的题参与本次测评. （1）求此题需要仲裁的概率； （2）求此题在一评、二评两位老师给分不同的条件下，最终得了满分的概率； （3）求此题得分的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） （3）的分布列为: 11 11.5 12 12.5 13 所以 【解析】 【分析】（1）所有可能得评分组合中，差的绝对值大于1的情况仅为，一评11，二评13或一评13，二评11，由此求解即可； （2）先计算一评二评给分相同的概率，再计算一评二评给分不同的概率，即可求解； （3）由随机变量可能的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望. 【小问1详解】 根据规则，只有当一评，二评的分数差绝对值大于1时，才需要仲裁， 所有可能得评分组合中，差的绝对值大于1的情况仅为，一评11，二评13或一评13，二评11， 两种情况的概率之和为：. 【小问2详解】 设事件为“一评，二评给分不同”，事件为“最终得满分13分”， 一评二评给分相同的概率为, 因此，， . 【小问3详解】 由题意可得的可能取值为：，，，，， 则， ， ， ， 所以的分布列为: 11 11.5 12 12.5 13 所以. 19. 已知平面直角坐标系中，为：上的动点，.线段的中垂线与直线的交点为R，记点R的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）设，点为E上一点，构造点列：对，点关于x轴的对称点为点，过作斜率为k的直线，与E的另一交点为（若只有一个交点，记为）. ①试判断以和为邻边的平行四边形顶点是否恒在直线上?若是，求出的方程（用表示）；若不是，请说明理由. ②求证：当，且时，数列满足：对，. 【答案】（1）； （2）①是，；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的定义求出曲线E的方程. （2）①求出直线的方程与曲线E的方程联立，求出点的坐标即可；②由①的信息探求数列的性质，结合已知得，再利用不等式的性质及等比数列前项和公式推理得证. 【小问1详解】 点在上，连接，由R在线段的中垂线上，得， 则，因此动点R的轨迹是以C，A为焦点，长轴长为4的椭圆， 即长半轴长，半焦距，则知半轴长， 所以曲线E的方程为. 【小问2详解】 ①依题意，，，，， 设直线，即的方程为，由消去， 得，则， 即，， 因此，而， 则，在中，， 即，直线斜率恒为， 所以点恒在直线：上. ②由①知，，当时，， 当时，，则， 由在椭圆上，令，对，， ，，， 由，得，则，， 则，对，， 因此，， 由，得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $