精品解析：江苏省东海高级中学2025-2026学年高三年级高考适应性考试数学试题

东海高级中学2025-2026学年度高三年级高考适应性考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效． 3．本卷满分150分，考试时间120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为集合，，， 所以，即，解得. 2. 若复数满足（其中为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得， 则的虚部为. 3. 某冷饮店日盈利（单位：百元）与当天气温（单位：℃）之间有如下数据： 15 20 25 30 35 y/百元 1 2 2 4 5 已知与之间具有线性相关关系，则与的线性回归方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题目可得，， 故这组数据的样本中心为，将代入每个选项的方程中， 对于A，，不经过样本中心； 对于B，，经过样本中心； 对于C，，不经过样本中心； 对于D，，不经过样本中心； 4. 在中，已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据及求出，同理求出，利用即可求出答案. 【详解】， 因为，所以， 易知均不为，所以， ， 因为，所以， 即， 所以. 5. 在中，，为斜边上一点，，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理得到，根据，代入计算即可求出答案. 【详解】因为，所以，得， 由题意知，即， 所以. 6. 某单位7月1日至7月3日计划安排6个人值班，要求每人值班1天，每天安排两人，若小王不能值7月1日，小李不能值7月3日，则不同的值班方法有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 56种 【答案】B 【解析】 【分析】采用间接法求解，先计算无约束的总安排数，扣除小王值1日、小李值3日的不符合情况，再加回重复扣除的小王值1日且小李值3日的情况. 【详解】计算无约束条件的总安排数： 从6人中选2人值7月1日，剩余4人选2人值7月2日，最后2人值7月3日，总方法数为  计算不符合要求的情况： 小王值7月1日：1号已确定小王，从剩余5人中选1人同值1号，剩余4人分两组值2、3日，方法数为 小李值7月3日：3号已确定小李，从剩余5人中选1人同值3号，剩余4人分两组值1、2日，方法数为 小王值7月1日且小李值7月3日：1号从剩余4人中选1人，3号从剩余3人中选1人，剩下2人值2号，方法数为 符合要求的安排数为，即不同的值班方法有42种. 7. 椭圆：与双曲线：有公共的焦点，，为与的交点，则的面积为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先由椭圆与双曲线共焦点得到与的关系，再联立两曲线方程求出交点纵坐标，结合焦距计算三角形面积. 【详解】 由题意知，双曲线的焦点在轴，且与椭圆共焦点，因此椭圆的焦点也在轴， 对椭圆，半焦距满足；对双曲线，半焦距满足，故，即， 联立两曲线方程，两式相加得，解得， 将代入椭圆方程，整理得，代入得， 因为的底为，高为，因此面积， 由，得，即， 所以，所以，的面积为. 8. 已知正方体外接球的表面积为，点，分别是棱，的中点，动点，分别在棱，上，且，则四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体外接球的表面积为可得正方体棱长为，建立空间直角坐标系，根据点到直线距离、点到平面距离空间向量法结合计算求解. 【详解】设正方体的棱长为， 由题意可得，解得， 以点为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，设， 因为，所以，所以， 设点到直线的距离为， ，，则， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以平面的法向量为， 设三棱锥的高为，则， 因为， 所以四面体的体积为. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设a，b为实数，已知圆O：，点在圆O外，以线段为直径作圆M，与圆O相交于A，B两点．下列说法中正确的是（ ） A. 当时，点Q的轨迹方程为 B. 当，时，直线的方程为 C. 当，时， D. 若圆O上总存在两个点到点Q的距离为1，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据为的直径，所以，可求，得点轨迹，判断A的真假；根据两圆公共弦的直线方程的求法 ，判断B的真假；利用二倍角公式，求，判断C的真假；利用点与圆的位置关系，判断D的真假. 【详解】对A：如图 时，，所以点Q的轨迹方程为，故A错误； 对B：如图： 当，时，的方程为：即， 所以直线的方程为. 故B正确； 对C：如图： 当，时，在中，， 所以. 故C正确； 对D：因为点在外，所以，又圆O上总存在两个点到点Q的距离为1， 所以，所以，即. 故D正确. 故选：BCD 10. 对于曲线：，下列说法中正确的是（ ） A. 曲线过原点 B. 曲线关于轴对称 C. 曲线上点的纵坐标的取值范围是 D. 若点为曲线上一动点，，，则的面积最大值为6 【答案】BC 【解析】 【分析】检验是否在曲线上后可判断A的正误，将方程中的换成后观察方程的变化情况后可判断B的正误，根据方程的形式可得，故可判断C的正误，根据C选项，可判断D的正误. 【详解】记． A，由于，于是点不在曲线C上，故A错误； B，由于，于是曲线C关于x轴对称，故B正确； C，根据题意，， 于是，等号当时取得， 结合连续性可知曲线C上的点的纵坐标的取值范围是，故C正确； D，由C可知， 从而点P到的距离的最大值为2，， 从而面积取得最大值为，故D错误． 11. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 有6个零点 C. 在上单调递减 D. ， 【答案】AC 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，零点，单调性及最值逐个选项分析即可. 【详解】对于选项A，， 由诱导公式，可得 ， 所以的定义域是显然关于原点对称. ， 化简得，， 由诱导公式，可得 ， 故是偶函数，选项A正确. 对于选项B，，即 ，等价于或， 当时，在内的解为和，共2个零点. 当时，由对数的运算性质有 ，整理得 ，由，可知该方程有两实根： . 因为，所以，均在定义域内，共2个零点. 综上，函数共有4个零点，故选项B错误. 对于选项C，， 当时，. , 考察二次函数在上单调递增， 故. 所以，. 而当时，显然，设函数， 则， 所以在上单调递减， 即， 因为，因为， 所以，所以， 所以， 所以， 而当时，， 所以， 所以，即函数在上单调递减，故选项C正确. 对于选项D，当趋近时，函数趋近于负无穷大，故不恒成立，故D错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 曲线与曲线在它们的某个公共点处有公切线，则正数的值为________． 【答案】 【解析】 【详解】，. 设曲线与曲线在点处有公切线， 所以，即，解得，. 所以，正数的值为5. 13. 已知函数，若，且，则________． 【答案】## 【解析】 【详解】由函数， ，， 得，即， 即得，即， 则，即， 由，得，则，故，即， 则，则. 14. 甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．则比赛停止时已打局数的数学期望为________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，得到的所有可能值为2，4，6，求得每两局比赛为一轮，得到结束时比赛停止的概率为，进而求得相应的概率，利用期望的公式，即可求解. 【详解】依题意，随机变量的所有可能值为2，4，6， 设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为， 若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分， 此时该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响， 可得， 所以. 四、解答题：本大题共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，，点在边上，，，． （1）求； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设、（），利用正弦定理结合互补角的正弦值相等求出； （2）通过余弦定理求得，再用勾股定理计算. 【小问1详解】 设，，， 在中，，故， 因为 ，所以， 在中，由正弦定理得， 代入，得：，化简得 ，结合，解得； 【小问2详解】 在中，，，， 由余弦定理得：，故， 由，得，即， 在中，由勾股定理得：. 16. 袋中有个白球和个黑球，从中任取一球，若取出白球，则把它放回袋中；若取出黑球，则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中.在重复次这样的操作后，记袋中白球的个数为. （1）求的数学期望； （2）设，求，. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，袋中白球的个数可能为或，得概率为或，求期望即可； （2）当时，求出，再分别计算第次操作后袋中 有个白球和第次操作后袋中有个白球，求解计算即可. 【小问1详解】 当时，袋中白球的个数可能为（即取出的是白球），概率为； 也可能为（即取出的是黑球），概率为. 故 【小问2详解】 当时， 当时，第次操作后袋中有个白球的可能性有两种： ①第次操作后袋中有个白球，显然每次取球后，球的总数保持不变， 即个（此时黑球有个），第次取出来的也是白球， 这种情况发生的概率为； ②第次操作后袋中有个白球，第次取出来的是黑球， 由于球的总数保持不变，为个，故此时黑球的个数为， 这种情况发生的概率为， 故， 综上所述， 17. 如图，在底面为菱形的四棱锥中，底面，与相交于点． （1）证明：平面平面； （2）若， （ⅰ）求四棱锥体积的最大值； （ⅱ）当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）因为 底面 ， 底面，所以； 又底面 是菱形，菱形对角线互相垂直，故，  平面，因此  平面， 又 平面，所以平面平面； （2）（ⅰ）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）（i）设，结合题意可推出，继而推出，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，利用导数可求得其最大值；（ii）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）设，则，而， 故， 又底面，底面，则，故， 即，故， 则菱形的面积为， 故四棱锥体积为， 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故时，取最大值，最大值为， 故四棱锥体积的最大值为； （ii）当四棱锥体积最大时，, 以O为坐标原点，以所在直线为轴，过点O作底面的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则， , 设平面的法向量为，则, 即，令，则； 设平面的法向量为，则, 即，令，则； 则， 由原图可知二面角为锐角，故其余弦值为. 18. 已知双曲线：（，）的右焦点到渐近线的距离为2，过右焦点垂直于实轴的弦长为4． （1）求双曲线的离心率； （2）设双曲线的左顶点为，若斜率为2的直线与的右支相交于，两点，点关于原点的对称点为． ①证明：的垂心在上； ②证明：，，，四点共圆． 【答案】（1） （2）①设斜率为2的直线与双曲线交于,, 联立得，则，， ，解得， ， 设的垂心为，因为的斜率为2，所以的斜率为， 所以的方程为，即， 因为，，所以， 所以的方程为, 代入得， 即， 即， 因为在上，所以，代入上式并使用韦达定理得 ， 因为，所以，解得，代入得， 即，代入双曲线得，等式成立， 故的垂心在双曲线上. ②点关于原点的对称点为， 则四点为， 若四点共圆，圆心必在各弦的垂直平分线上，设线段与的垂直平分线交于点， 线段的中点为， 因为，其垂直平分线的斜率为2， 则的垂直平分线的方程为，整理得, 线段的中点为，其中， 则，即的中点为， 直线的斜率， 其垂直平分线的斜率为， 则的垂直平分线的方程为，整理得， 联立得 ， 代入得， ， 由韦达定理得， 代入得， ， ， 则， 所以，即， 由点在线段与的垂直平分线上可知且， 综上所述，， 即点到定点的距离相等，故四点共圆得证. 【解析】 【分析】（1）结合焦点到渐近线的距离公式与通径长公式直接解出双曲线的参数a和b，从而求得离心率. （2）①设出直线方程并与双曲线联立，利用韦达定理求出两条高线的交点即垂心的坐标，最后将坐标代入验证其满足双曲线方程;②分别求出线段和的中垂线交点作为假定圆心，再利用韦达定理推导证明该交点到等点的距离平方相等，以此证明四点共圆. 【小问1详解】 由题意得右焦点为，其中一条渐近线为，即， 则点到渐近线的距离为， 且通径长为，解得， 则， 则，则双曲线的方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知正项数列的前项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）将数列的前项重新排列后，得到新数列，，…，，设的最大值为，证明：； （3）将数列的前项重新排列后得到新数列，，…，，该数列满足，，，…，是1，2，3，…，的一个排列，求的最小值． 【答案】（1）； （2）由（1）知，所以是的一个排列． 令，则是的一个排列，并且． 因此，只需研究排列的相邻两项之差的绝对值之和． 对于每个，在与之间画一条“分界线”，即把分成和． 记为相邻项对中，一项不大于、另一项大于的相邻项对数，也就是相邻项跨过第条分界线的次数． 下面说明“跨分界线的次数”为什么等于相邻差的绝对值． 若某一对相邻项为，且，那么从到依次跨过，，，这条分界线． 因此，这一对相邻项在中各被计算一次，总共被计算次． 把所有相邻项对的贡献相加，得到. 接下来估计每个的最大值． 当时，集合中有个数． 每个数在排列中最多与两个数相邻，所以由这些数产生的跨界相邻项对最多有对，即． 当时，整个排列一共只有对相邻项，所以． 当时，集合中有个数． 同理，每个数最多与两个数相邻，所以． 于是. . 下面构造一个排列，使相邻差绝对值之和恰好等于． 当时，． 当时，取排列满足，；（）；（）． 也就是说，该排列为 ． 其中，、、以及都恰好出现一次，所以它确实是的一个排列． 在这个排列中，首、尾两个相邻差均为；有个相邻差等于；有个相邻差等于． 因此． 结合前面的上界，得． 下面证明所给不等式．当时，． 当时，对，有，所以． 于是． ． ． ． 故原不等式成立． （3） 【解析】 【分析】（1）由时，将关于与的两个等式相减，得到相邻两项的递推关系，再由正项条件确定公差和首项． （2）先将各项同时减去，把问题化为排列的相邻差绝对值之和的最大值问题．通过统计相邻项跨越各整数分界线的次数求出上界，再构造一个排列达到该上界，得到的准确值，最后进行放缩与裂项相消． （3）仍统计相邻项跨越各整数分界线的次数，并利用数列首、尾两项在相邻关系中只出现一次，得到首、尾两项到中间数的距离之和的上界，从而求出的下界；再构造排列说明下界可以取到． 【小问1详解】 由题可知，，所以有， 即 因为数列是正项数列，所以. 即数列是以1为公差的等差数列 令，有 ，所以解得，（负舍）. 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）知，所以是的一个排列． 记 对于，记为相邻两项中一项不大于、另一项大于的相邻项对数． 若相邻两项为，且，那么这对相邻项恰好跨越这个分界线， 因此它对的贡献为． 由题意得， 又因为这些相邻差的绝对值是的一个排列， 所以 当时，考虑这个数． 其中不在数列首、尾位置的数有两个相邻项，位于首、尾位置的数只有一个相邻项． 设中不大于的数有个，则 当时，考虑，这个数． 设中大于的数有个，同理可得 将这些不等式相加， 得 计算前两项，得 对于首、尾两项中的任意一项，若，它在中各被计算一次， 共计算次；若，它在中各被计算一次，共计算次． 所以， 结合前面的等式与不等式，得 所以 又因为 所以 下面说明可以取到．取 此时相邻两项之差的绝对值依次为恰好是的一个排列， 并且 因此的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东海高级中学2025-2026学年度高三年级高考适应性考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效． 3．本卷满分150分，考试时间120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 若复数满足（其中为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 某冷饮店日盈利（单位：百元）与当天气温（单位：℃）之间有如下数据： 15 20 25 30 35 y/百元 1 2 2 4 5 已知与之间具有线性相关关系，则与的线性回归方程是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 在中，，为斜边上一点，，则（ ） A. B. 2 C. D. 6. 某单位7月1日至7月3日计划安排6个人值班，要求每人值班1天，每天安排两人，若小王不能值7月1日，小李不能值7月3日，则不同的值班方法有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 56种 7. 椭圆：与双曲线：有公共的焦点，，为与的交点，则的面积为（ ） A. B. C. 2 D. 1 8. 已知正方体外接球的表面积为，点，分别是棱，的中点，动点，分别在棱，上，且，则四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设a，b为实数，已知圆O：，点在圆O外，以线段为直径作圆M，与圆O相交于A，B两点．下列说法中正确的是（ ） A. 当时，点Q的轨迹方程为 B. 当，时，直线的方程为 C. 当，时， D. 若圆O上总存在两个点到点Q的距离为1，则 10. 对于曲线：，下列说法中正确的是（ ） A. 曲线过原点 B. 曲线关于轴对称 C. 曲线上点的纵坐标的取值范围是 D. 若点为曲线上一动点，，，则的面积最大值为6 11. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 有6个零点 C. 在上单调递减 D. ， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 曲线与曲线在它们的某个公共点处有公切线，则正数的值为________． 13. 已知函数，若，且，则________． 14. 甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．则比赛停止时已打局数的数学期望为________． 四、解答题：本大题共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，，点在边上，，，． （1）求； （2）求． 16. 袋中有个白球和个黑球，从中任取一球，若取出白球，则把它放回袋中；若取出黑球，则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中.在重复次这样的操作后，记袋中白球的个数为. （1）求的数学期望； （2）设，求，. 17. 如图，在底面为菱形的四棱锥中，底面，与相交于点． （1）证明：平面平面； （2）若， （ⅰ）求四棱锥体积的最大值； （ⅱ）当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值． 18. 已知双曲线：（，）的右焦点到渐近线的距离为2，过右焦点垂直于实轴的弦长为4． （1）求双曲线的离心率； （2）设双曲线的左顶点为，若斜率为2的直线与的右支相交于，两点，点关于原点的对称点为． ①证明：的垂心在上； ②证明：，，，四点共圆． 19. 已知正项数列的前项和为，． （1）求数列的通项公式； （2）将数列的前项重新排列后，得到新数列，，…，，设的最大值为，证明：； （3）将数列的前项重新排列后得到新数列，，…，，该数列满足，，，…，是1，2，3，…，的一个排列，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $