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）证明见解析 （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】 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； 【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 $