精品解析：安徽省六安第一中学2026届高三适应性考试数学试题

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 （ ）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， 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. 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. 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. 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， （i）求直线 与平面 所成的角； （ii）当 时，求二面角 的余弦值. 18. 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． （i）若，求直线的斜率； （ii）求证：是定值． 19. 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，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 【答案】C 【解析】 【分析】借助并集与补集定义即可得. 【详解】由，则， 由，故. 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义判断. 【详解】如果，则是实数，不是纯虚数，充分性不满足， 若是纯虚数，设且， 则，所以，所以 ，必要性满足， 应为必要不充分条件. 3. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， . 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. 【答案】B 【解析】 【详解】设圆台的上下底面半径为， 因为，所以，则， 则轴截面面积为，得， 则该圆台的体积为 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 【答案】D 【解析】 【分析】将字相同的卡片看成一组，从5组中选出一组，再从剩下4组，选出1组，且从中取一张，得到3张卡片，全排列即可. 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据内切圆的性质及双曲线定义可得，再求出，结合直线的斜率得到即可求解． 【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. 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 【答案】B 【解析】 【分析】通过对和的平移换元，结合函数的奇偶性与周期性，转化出自身的对称轴和对称中心，进而推导出其奇偶性与周期性. 【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. 已知数列满足，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，画出蛛网图即可求解. 【详解】 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. 所以有，故D正确. 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 【答案】BD 【解析】 【详解】样本相关系数r满足，，线性正相关程度越强，，线性负相关程度越强， 仅说样本相关系数r的值越接近于1错误，故A错误； 独立性检验中，统计量越大，越否定“两变量相互独立”的原假设， 即两个变量有关系的可能性越大，故B正确； 决定系数，越靠近1，模型对数据的解释能力越强，拟合效果越好， 越小，拟合效果越差，故C错误； 残差公式，当时，， 已知真实值，则残差，故D正确． 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. 【答案】ACD 【解析】 【分析】分析数列中项的规律：奇数项构成等差数列，偶数项构成等比数列，通过等差、等比数列的通项公式及分组求和法、等差等比公式求和法可逐一判断. 【详解】因为， 所以当 为奇数时，， 即数列的奇数项按先后顺序构成首项为 ，公差为1的等差数列， 记为数列，则； 当 为偶数时， ，且， 即数列的偶数项按先后顺序构成首项为，公比为2的等比数列， 记为数列，则. 对于A，因为 ，，所以是数列的第3项，是数列的第3项， 所以，，所以，故A正确. 对于C，当 ，时，，，所以； 当，时，，，所以； 综上，，故C正确. 对于B， ，故B错误. 对于D， ，，故D正确. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】可利用长方体补形，结合长方体体积、棱锥体积公式判定选项A；利用长方体外接球与四面体外接球相同，由体对角线求外接球半径，再计算表面积判定选项B；先求内切球半径与点面距离，结合面面平行、棱锥体积缩放判定选项C；利用线面角定义得到垂距与水平距离，确定动点轨迹为圆，由圆周长公式判定选项D. 【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. 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______. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质及二项展开式的公式求解即可. 【详解】由展开式中当且仅当第4项的二项式系数最大，得，解得. 展开式通项公式为. 令，则 ，故常数项为. 13. 已知抛物线 （ ）的焦点为 ，点 都在抛物线 上，抛物线 的准线与 轴交于点.若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知点 是线段 的中点，再根据抛物线定义，可得，由 为 的中位线，得，则，代入抛物线方程求解即可. 【详解】点 到准线的距离为点 是线段 的中点. ∴点 到准线的距离为. 为线段的中点， 为 的中位线，. 在等腰三角形 中，点. 将点 的坐标代入抛物线的方程，得， . 14. 已知函数，当方程的实数根的个数最多时， 的取值范围是________. 【答案】或. 【解析】 【分析】令，考虑方程的解，根据题设条件可得，且有两个不同的解，结合换元法和根分布可求 的取值范围. 【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. 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 ， ， ，已知 ，= . （1）求的值； （2）若 的面积为3，求 的值. 【答案】（1） ；（2）. 【解析】 【详解】（1）根据正弦定理可将条件中的边之间的关系转化为角之间满足的关系，再将式 子作三角恒等变形即可求解；（2）根据条件首先求得 的值，再结合正弦定理以及三角 形面积的计算公式即可求解. 试题解析：（1）由及正弦定理得， ∴，又由，即，得， 解得；（2）由，得，， 又∵，∴，由正弦定理得， 又∵，，∴，故. 考点：1.三角恒等变形；2.正弦定理. 16. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据4是极小值点求出，结合导数与单调性、极值的关系求出极大值，进一步证明即可. （2）在定义域内单调递增即在定义域内 恒成立，结合分离常数法及基本不等式求解即可. 【小问1详解】 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，， 【小问2详解】 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 17. 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， （i）求直线 与平面 所成的角； （ii）当 时，求二面角 的余弦值. 【答案】（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； （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，取 的中点 ，证得 ， ，利用线面垂直的判定定理，证得 平面 ，进而证得； （2）由 和 ，得到 ，结合三棱锥 的体积为，列出方程，求得 ，再由面面垂直的性质，证得 即为直线 与平面 所成角，即可求解； （ii）以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量 和 ，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）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； （ii）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， 因为二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为. 18. 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． （i）若，求直线的斜率； （ii）求证：是定值． 【答案】见解析 【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式． 【解析】 【详解】（1）根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解． （2）根据已知条件，用待定系数法求解 解：（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． （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． （ii）证明：∵∥，∴，即． ∴． 由点 在椭圆上知，，∴． 同理．． ∴ 由①②得，，， ∴． ∴是定值． 19. 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，． 【答案】（1）； （2）2； （3）见解析. 【解析】 【分析】(1) 根据古典概型概率计算公式求解； (2) 当时，；当 时，，从而得到的最小值； (3)先求出，然后结合不等式进行放缩，再利用等比数列求和，得到，从而得证. 【小问1详解】 ， ，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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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，所以 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，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $