精品解析：重庆市丰都中学2026届高三高考适应性考试（一）数学试卷

重庆丰都中学高三数学2026年高考适应性考试（一） 数学试卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 若是函数的图象的一个零点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 5. 设函数是奇函数,则( ) A. B. C. D. 6. 已知向量，，则向量在上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，直线l：，若圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，则b的取值范围为    A. B. C. D. 8. 已知实数x，y满足，则以下结论错误的是（ ） A. B. C. D. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，长方体被平面BCFE截成两个几何体，其中E，F分别在和上，且，则以下结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 几何体为棱台 D. 几何体为棱柱 10. 设椭圆的左，右焦点分别为是上的动点，则（ ） A. B. 的最大值为9 C. 的面积的最大值为12 D. 存在点，使得 11. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则角的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 曲线在点（1，2）处的切线方程为______________． 13. 已知数列的前n项和为，，，，则____________. 14. 已知袋中装有大小相同的（）个红球和2个白球． 从中任取2个球，记取出的白球个数为，若，则______，______． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的大小； （2）已知，若是的一条内角平分线，，求的周长. 16. 在等差数列中，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点． （1）求证：平面平面PAB； （2）若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为时，求点C到平面AEF的距离． 18. 已知抛物线的焦点为上的动点到点的距离与到其准线的距离之和的最小值为2. （1）求抛物线的方程； （2）已知点是抛物线上不同的三点. （i）若直线过点，且交准线于点，求的值； （ii）若直线的斜率分别为，且，求直线的斜率的取值范围. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2），成立，求实数a的取值范围； （3）若时，与的图象有三个交点，横坐标分别为，，（），求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆丰都中学高三数学2026年高考适应性考试（一） 数学试卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法法则计算即可． 【详解】由已知，， 故选：B. 2. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定集合，再由并集的定义计算． 【详解】由已知 ， 故选：C． 3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据渐近线方程得到，再代入离心率公式即可. 【详解】由题意可知，所以. 故选：D. 4. 若是函数的图象的一个零点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正切函数的零点计算求解. 【详解】因为是函数的图象的一个零点， 则，则， 则的最小值是. 故选：D. 5. 设函数是奇函数,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】因为函数是奇函数,且定义域为,根据奇函数性质可得:,求得,即可求得答案. 【详解】函数是奇函数,且定义域为 据奇函数性质可得: ,解得:. 是奇函数 故选:A. 【点睛】本题主要考查了根据奇函数性质求参数,解题关键是掌握奇函数性质,考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 6. 已知向量，，则向量在上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据坐标计算，然后由投影向量公式可得. 【详解】因为， 所以向量在上的投影向量为. 故选：A 7. 已知圆，直线l：，若圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，则b的取值范围为    A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，所以圆心到直线l：的距离小于1，利用点到直线距离求出b的取值范围. 【详解】因为圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1，所以圆心到直线l：的距离小于1，因此有，故本题选D. 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式，考查了数形结合思想. 8. 已知实数x，y满足，则以下结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得，然后逐项分析即得. 【详解】由得， 所以，所以，故A正确； ，，所以，故B正确； ∵，故C正确： 由选项A，得.则；另一方面，，则，所以不成立，故D错误. 故选：D. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，长方体被平面BCFE截成两个几何体，其中E，F分别在和上，且，则以下结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 几何体为棱台 D. 几何体为棱柱 【答案】ABD 【解析】 【分析】A由长方体的性质及线线平行的推论判断；B根据线面平行的判定判断；C、D根据棱台、棱柱的定义判断正误. 【详解】由及，得，则A正确； 由，平面，平面，得平面，则B正确； 以两个平行的平面和为底面，其余四面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都平行，符合棱柱的定义，则C错误（由于延长后不交于一点，则几何体不为棱台）； 以两个平行的平面和为底面，其余三面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都平行，符合棱柱的定义，则D正确， 故选：ABD 10. 设椭圆的左，右焦点分别为是上的动点，则（ ） A. B. 的最大值为9 C. 的面积的最大值为12 D. 存在点，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出椭圆的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的定义及性质逐项判断. 【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距， 对于A，，A错误； 对于B，的最大值为，B正确； 对于C，设的顶点，则， 可得的面积， 所以的面积的最大值为12，C正确； 对于D，由知，以线段为直径的圆与椭圆有4个交点， 当点此交点之一时，， 所以存在点，使得，D正确. 故选：BCD. 11. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则角的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由是锐角三角形，可得，取正弦化简判断，对于B，由题意可得，化简变形后进行判断，对于C，由选项A可知，两边加上，化简进行判断，对于D，利用余弦定理结合基本不等式分析判断. 【详解】对于A，因为是锐角三角形，所以，所以， 所以，所以，同理可得， 所以，故A正确； 对于B，因为是锐角三角形，所以， 所以， 所以，又，， 所以，故B错误； 对于C，因为是锐角三角形，所以， 所以，所以， 所以， 又，所以，， 所以，故C正确； 对于D，因为，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为，又，所以角的最大值为，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 曲线在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】 【解析】 【详解】设，则，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 点睛:求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以为切点的切线方程是．若曲线在点处的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为． 13. 已知数列的前n项和为，，，，则____________. 【答案】. 【解析】 【分析】根据题中，利用 和 的关系式 来求解，注意时要检验是否符合时的表达式. 【详解】当时，； 当时，因为，所以所以； 所以；所以当时，是以2为公比的等比数列； 所以，所以；所以. 故答案为： 14. 已知袋中装有大小相同的（）个红球和2个白球． 从中任取2个球，记取出的白球个数为，若，则______，______． 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】根据题中求出；写出的分布列，利用期望公式求解. 【详解】由题意可知， ，即 ， 即 ，得 （舍） 故袋中装有大小相同的3个红球和2个白球， ，， 所以 的分布列为： 0 1 2 P 故的数学期望为 . 故答案为：3；. 【点睛】理解题意，会写随机变量的分布列，以及准确运用期望公式. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的大小； （2）已知，若是的一条内角平分线，，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式可得； （2）根据余弦定理和列方程组求出即可得解. 【小问1详解】 由正弦定理边化角得， 又， 所以，整理得， 因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理得，即， 因为，所以， 整理得，代入得： ，解得（负根已舍去）， 所以的周长为. 16. 在等差数列中，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求的值． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式和求和公式可得答案； （2）确定数列的正负项，分类讨论，去绝对值可求答案. 【小问1详解】 设其公差为d，由题意可得． 解得，， ∴，． 【小问2详解】 设数列的前n项和为，则由（1）可得，，， 由（1）知，令，得，当时，， 当时，可得， 当时，可得 ， 因为，所以， 所以． 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点． （1）求证：平面平面PAB； （2）若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为时，求点C到平面AEF的距离． 【答案】（1）证明过程见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用已知条件求出的值，然后利用空间向量法可求得点C到平面AEF的距离. 【小问1详解】 证明：因为，，则， 平面，平面，， ，、平面，平面， 平面，因此，平面平面. 【小问2详解】 因为底面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设，，其中， 易知平面的一个法向量为， 由已知可得，解得， 所以，为的中点，即， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，因为， 所以点C到平面AEF的距离为：. 18. 已知抛物线的焦点为上的动点到点的距离与到其准线的距离之和的最小值为2. （1）求抛物线的方程； （2）已知点是抛物线上不同的三点. （i）若直线过点，且交准线于点，求的值； （ii）若直线的斜率分别为，且，求直线的斜率的取值范围. 【答案】（1）； （2）（i）0；（ii）. 【解析】 【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标及准线方程，利用抛物线定义结合最小值求出. （2）（i）设直线：，与抛物线方程联立，利用韦达定理及向量坐标运算计算即得；（ii）设直线：，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合斜率坐标公式列式可得，再借助判别式求出范围. 【小问1详解】 抛物线的焦点，准线为：， 设点，动点到其准线的距离为， 由拋物线定义得，，则，当且仅当时取等号， 依题意，，所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 （i）显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为：， 设，又， 由消去得，， ， 由，得，整理得，同理得， 所以. （ii）设直线的方程为：，而， 由消去得，则， 又，由，得， 即，则，解得， 由，得，解得或，则 所以直线的斜率的取值范围是. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2），成立，求实数a的取值范围； （3）若时，与的图象有三个交点，横坐标分别为，，（），求证：. 【答案】（1）递减区间为，递增区间为 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得，令，得到，分和，两种情况讨论，结合导数与函数单调性的关系，即可求解； （2）令，求得，令，求得，结合指数函数与三角函数的性质，求得单调递增，且，再分和，两种情况讨论，即可求解； （3）分，和，利用导数，结合零点的存在性定理，求得函数在上递增，在上递减，在上递增，求得的取值范围，即可得证. 【小问1详解】 解：当时，可得，可得， 令，可得， 当时，，可得， 即，单调递减； 当时，，所以，单调递增， 则，即，单调递增， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 解：令， 可得，令， 则， 当时，，，，故， 当时，，，故， 所以当时，可得，单调递增，即单调递增，， 当时，，则，在上单调递增， 所以，所以成立，满足题意； 当时，存在，使得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 当时，，不满足题意， 综上可得，实数的取值范围为. 【小问3详解】 解：当时，，可得， 设，可得， 设，可得， 设，可得， 当时，，可得， 则在上单调递增， 因为， 所以存在唯一，使得， 可得在上单调递减，在上单调递增， ， 所以存在唯一的，使得， 且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 由，，， 又由 ， 因为，，可得，， 可得，，所以， 则存在唯一，使得， 且在上单调递增，在上单调递减， 当时，，，则在上单调递增， 则，则存在唯一，使得， 当时，，当时，， 当时，，可得， 在上单调递增，，， 综上可得，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 要使得与的图像有三个交点， 则， ，则， 又因为，则，则， 所以，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $