安徽省六安第一中学2026届高三适应性考试数学试题

**基本信息** 该试卷覆盖集合、复数、三角函数、立体几何等高中数学核心知识，以“温良恭俭让”文化情境（第5题）和抽奖活动实际应用（第19题）为载体，考查数学眼光观察、数学思维推理及数学语言表达能力，适配高三适应性训练需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合运算、复数性质、三角函数求值等|基础巩固，如第2题结合充要条件考查纯虚数概念| |多选|3/18|统计（相关系数）、数列、立体几何|综合辨析，如第11题将四面体补成长方体考查外接球| |填空|3/15|二项式定理、抛物线、函数零点|灵活应用，如第14题通过换元分析方程根的个数| |解答|5/77|解三角形、函数导数、立体几何、椭圆、概率统计|分层递进，如第19题结合随机变量证明不等式，体现数学建模与逻辑推理|

六安一中2026届高三年级适应性考试 数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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．已知集合，则（     ） A． B． C． D． 2．已知a，b为实数，i为虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的（     ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．既不充分也不必要条件 D．充要条件 3．已知，则（     ） A． B． C． D． 4．已知圆台的上､下底面面积分别为，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台 的体积为（     ） A． B． C． D． 5．子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、 恭敬、节俭、谦让．现有分别印有这5个字的卡片各2张（同字卡片颜色不同），同学甲从中 抽取3张卡片分给另外3位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方 案有（     ） A．40种 B．120种 C．200种 D．240种 6．已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，为双曲线上位于 第二象限的一点，，的内切圆的圆心为，直线的斜率为，则双曲线 的离心率为（     ） A． B．2 C．3 D． 7．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（     ） A．为奇函数 B．为偶函数 C．的最小正周期为4 D．在上单调递增 8．已知数列满足，则下列结论成立的是（     ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9．下列说法正确的有（      ） A．成对样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数r的值越接近于1 B．在独立性检验中，若的值越大，则两个变量有关系的可能性越大 C．用决定系数来刻画回归效果，越小，说明模型的拟合效果越好 D．已知关于x的经验回归方程为，则样本点的残差为 10．已知数列满足，记数列的前n项和为，则下列说法正确的有（     ） A． B． C． D． 11．已知四面体中，，则下列说法正确的是（     ） A．四面体的体积为 B．四面体的外接球的表面积为 C．若平面平面，且平面与四面体的内切球相切，则平面将该四面体分成 体积比为的两部分 D．若为平面内一动点，且直线与平面所成角的正切值为，则点轨迹的 长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知的展开式中当且仅当第4项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为________. 13．已知抛物线C：（）的焦点为，点都在抛物线上，抛物线的准线与 轴交于点，.若，则________. 14．已知函数，当方程的实数根的个数最多时，实数的取值范围是________. 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．（本小题满分13分） 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，=. （1）求的值； （2）若的面积为3，求的值. 16．（本小题满分15分） 已知函数. （1）若4是的极小值点，求的极大值； （2）若在其定义域上是增函数，求实数的取值范围. 17．（本小题满分15分） 如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于. （1）求证：； （2）若三棱锥的体积为， ①求直线与平面所成的角； ②当时，求平面ABD与平面ACD夹角的余弦值. 18．（本小题满分17分） 如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，．已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率． （1）求椭圆的方程； （2）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点P． ①若，求直线的斜率； ②求证：是定值． 19．（本小题满分17分） 某商场开展购物抽奖活动，消费超过88元的顾客可以参与抽奖，抽奖规则如下：抽奖箱中有大小形状相同的抽奖券张，分别印着1元，2元，…，元字样，顾客从抽奖箱中有放回地任取次，每次取1张抽奖券，记取出的张抽奖券中最小面额为随机变量，则顾客可以获得元的现金奖励. （1）若，，求； （2）若，且，求的最小值； （3）若，证明：对且，（为自然对数的底数）． 六安一中2026届高三年级适应性考试 数学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A A B D B B D BD ACD ABD 12． 13． 14．或 5．【详解】先把字相同的卡片看成一组，第一步：从这5组中选出一组有种选法.第二步：再从余下的4组中选1组，从该组选一张卡片有种.第三步：把选出的3张卡片，分给3位同学有种.所以不同的分配方案有种. 6．【详解】由题可知，， ，又， ，则，当时，，解得， ，为双曲线上位于第二象限的一点，，又直线的斜率为， ，解得，. 7．【详解】因为为偶函数，所以，将替换为，则有①，因为为奇函数，所以， 将替换为，则有，再将替换为，则有②， 将替换为，则有③，结合①③得④， 结合②④得，因此为偶函数，选项A错误，B正确； 因为，结合偶函数，将替换为得， 则，即2为的周期，选项C错误， 对于D选项，如满足偶函数且周期为2，但不满足在上单调递增. 8．【详解】因为，，所以，， 因为指数函数单调递减，所以，即， 即，故，即，所以， 可猜想数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减，且奇数项均小于偶数项， 因为，当时，所以，故①，因为，所以，即，进而得到，以此类推得且，所以，由①可得，由，所以，即，由得到，以此类推得单调递减，所以，所以. 8．另解：由蛛网图可得，数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减，且奇数项均小于偶数项. 11．BD【详解】将四面体补成长方体，可知底面为正方形，因为，，则，.对于选项A：四面体的体积为，故A正确；对于选项B：可知四面体的外接球即为长方体的外接球，则外接球半径，所以四面体的外接球的表面积为，故B正确；对于选项C：设四面体的内切球半径为，因为的面积，则，设点到平面的距离为，则，可得，即，若平面平面，且平面与四面体 的内切球相切，则平面与棱的交点为各棱中点，所以平面将该四面体分成体积 比为 的两部分，故C错误；对于选项D：设点在平面内的投影为，因为点到平面的距离等于点到平面的距离，则，又因为直线与平面所成角的正切值为，则，所以点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，其长度为，故D正确. 12．注意第4项的二项式系数是. 13．【详解】分别过两点作准线的垂线，垂足分别为，如下图所示： 设，易知, 又因为，所以可得， 由抛物线定义可得，所以； 因为，所以可得， 即可得，即，所以，解得. 14．【详解】令，考虑方程的解即，即， 若，此时无解，故无解，故的实数根的个数为零. 若，则的解为，下面考虑的解即方程的解， 若的实数根的个数最多，则有两个不同的解，令， 故在上有两个不同的解，故，故或. 15．（1）由及正弦定理得，∴， 又由，即，得，解得；....................6分 （2）由，得，， 又∵，∴，由正弦定理得， 又∵，，∴，故...............................13分 16．（1）函数的定义域为，. 因为4是的极小值点，所以，即，解得. 当时，，， 令，则，解得或. 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极大值，，..............................7分 （2）因为在定义域内单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 在上恒成立，也即在上恒成立. 又，当且仅当，即时等号成立. 所以，即实数的取值范围为...............................15分 17．（1）由菱形的边长为，且，可得和都是等边三角形， 现将沿折起，可得，为等边三角形， 如图所示，取的中点，连接，，可得，， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以；..............................4分 （2）①由（1）知平面，可得， 又由，，所以是二面角的平面角，即， 因为菱形的边长为，可得， 又因为三棱锥的体积为，可得， 解得，所以或， 因为平面，且平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以点在平面的投影在直线上， 所以即为直线与平面所成角， 所以直线与平面所成角为或；..............................9分 ②因为，所以，且， 过点作平面的垂线为轴，，所在直线为轴，轴， 建立空间直角坐标系，可得，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 可得...............................15分 18．（1）由题设知，，由点在椭圆上，得 ，∴． 由点在椭圆上，得 ∴椭圆的方程为．..............................5分 （2）由（1）得，，又∵∥， ∴设、的方程分别为，． ∴． ∴．① 同理，．② （i）由①②得，．解得=2． ∵注意到，∴．∴直线的斜率为．..............................11分 （ii）证明：∵∥，∴，即． ∴． 由点在椭圆上知，，∴． 同理，． , 由①②得，， ∴．∴是定值．..............................17分 19．（1），，即为从3张抽奖券，有放回地任取2次，共有种取法；即 最小面额为2元，则两次取的抽奖券可能都是2元，或第一次取到2元、第二次取到3元， 或第一次取到3元、第二次取到2元，共有种取法，所以........................4分 （2）当，则的可能取值是1，2，3，4， 当时，， ，不满足； 当时，， ，， ，满足， 所以的最小值是2...............................10分 （3）当，则的可能取值是1，2，…，， 当抽到的抽奖券是1元，2元，3元，…，或元时，共有种； 当抽到的抽奖券是2元，3元，…，或元时，共有种，所以； 当抽到的抽奖券是3元，4元，…，或元时，共有种，所以； 递推可得，1，2，…，. 所以 设函数，，则，故在上单调递减， 所以，所以，即 令，1，2，…，，则，所以， 即，从而，所以 . 所以对且，...............................17分 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $