精品解析：广东阳江市第三中学2026届高三下学期5月高考适应性考试数学试卷

阳江三中2026届高三高考适应性考试 数学试卷 2026.05.23 满分：150 分　　 考试时间：120 分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 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，只有一项是符合要求的. 1. 设全集 是小于的正整数，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，为抛物线的焦点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 若方程的三个根成等比数列，则该数列的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 3 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数越大，则线性相关性越强 B. 的上四分位数是15 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 若随机变量的方差，期望，则 10. 记为数列的前项和，已知则（ ） A. 2025是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前项和小于 11. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在使得 B. 若，则的轨迹长度为 C. 若平面，则四棱锥的外接球的体积的最大值为 D. 若，则的面积的最小值为 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 13. 已知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B，D两点，且BD的中点为，则C的离心率是______． 14. 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________． 四、解答题：本题共6小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列. （2）求数列的通项公式； （3）若，求满足条件的最大整数. 16. 如图，在直三棱柱中，平面侧面，且. （1）求证：； （2）若直线与平面所成的角为，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由. 17. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角三角形，，求边上的中线的取值范围． 18. 在平面直角坐标系xOy中，动点K到点和点的距离之和为4. （1）求动点K的轨迹方程； （2）设动点K的轨迹是曲线C，直线l与曲线C交于M，N两点，与圆交于P，Q两点，不重合的两条直线与分别平分线段MN，PQ. （ⅰ）求证：为定值： （ⅱ）已知直线与曲线C交于E，G两点，与曲线C交于D，F两点，且，求四边形EFGH面积的最大值. 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若存在正数，且为函数大于1的零点，为函数的极值点． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阳江三中2026届高三高考适应性考试 数学试卷 2026.05.23 满分：150 分　　 考试时间：120 分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 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，只有一项是符合要求的. 1. 设全集 是小于的正整数，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集与补集的运算即可求出结果. 【详解】因为， 所以，又， 所以. 2. 已知，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，将两侧同时平方，可得，代入夹角公式，即可得答案. 【详解】因为， 所以，则， 则， 因为，所以，即向量的夹角为. 3. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得到复数的代数式，再利用复数的除法运算即可. 【详解】由题意，，则. 所以复数的虚部是 故选：A. 4. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合幂函数，对数函数，指数函数及正切函数性质判断函数的单调性即可得答案. 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A，在区间上单调递增，不符合题意； 对于B，的定义域为，不符合题意； 对于C， ，在区间上单调递减，符合题意； 对于D，在区间上单调递增，不符合题意； 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得 ，所以， 所以． 6. 在平面直角坐标系中，为抛物线的焦点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意求出，即，利用即可求出答案. 【详解】抛物线，焦点， 因为，所以轴，所以， 则，解得， 如图，则， 所以． 故选：D． 7. 已知随机变量，正实数满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】先利用正态分布的对称性求的关系，进而利用基本不等式求最小值. 【详解】由，得正态曲线关于对称. 因为， 所以，得. 又， 当且仅当，即，时取等号. 故的最小值为6. 故选：D 8. 若方程的三个根成等比数列，则该数列的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用数形结合判断根的分布，再结合对数运算，通过代换变形可求得公比. 【详解】 如图可知：方程的三个根的分布为：， 因此， 再设公比为，则，，由等比中项性质得， 将等式相减得： ， 代入可得： 再代入，可得， 代入，，可得， 解得或（负根舍去），且满足，即公比为. 二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数越大，则线性相关性越强 B. 的上四分位数是15 C. 若随机变量服从正态分布，且，则 D. 若随机变量的方差，期望，则 【答案】BC 【解析】 【详解】A：样本相关系数越接近1线性相关性越强，并非越大越强，A错误. B：数据共8个，上四分位数位置为，取第6项与第7项均值，即，B正确. C：由题意，，则，，C正确. D：由，得，D错误. 10. 记为数列的前项和，已知则（ ） A. 2025是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前项和小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】由的通项公式即可判断AC；由即可判断B；由裂项相消即可判断D． 【详解】对于A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确； 对于B，由题知，， 故数列是公比为4的等比数列，故B错误； 对于C，由题知，， 所以，故C正确； 对于D，，， 设数列的前项和为， 则，故D正确； 故选：ACD． 11. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在使得 B. 若，则的轨迹长度为 C. 若平面，则四棱锥的外接球的体积的最大值为 D. 若，则的面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系求得的最大值，可判断A错误；由求得的轨迹为直线在四边形内的线段，可得其长度为，即B正确；由线面平行的向量证明可得与重合时，其外接球的体积最大为，即C正确；由可得的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，再由圆上点到定直线距离的最值问题可得的面积的最小值为，即D正确. 【详解】以为原点，分别以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示， 因为为侧面内的动点（包含边界），设, 对于A：易知，所以， 当时，取得最小值为2，此时与重合， 当时，取得最大值为，此时与重合， 因为，所以不存在点使得，即A错误； 对于B：易知，所以 由得，即； 因此的轨迹为直线在四边形内的线段， 因,可得，所以的轨迹为的中点到点的线段， 因此的轨迹长度为，即B正确； 对于C：又，所以， 设平面的法向量为， 所以，可得, 令，则，则平面的法向量, 因平面，则, 又，即，解得， 显然当时，即与重合时，满足题意， 此时四棱锥的外接球与正方体的外接球相同，其半径满足，即； 此时外接球的体积为，即C正确； 对于D，若，由正方体性质可得平面， 又平面，所以， 利用勾股定理可得，即， 解得， 所以此时的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分， 此时点到的最小距离为， 所以的面积的最小值为，即D正确. 故选：BCD 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为___________．（结果用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】列出二项式的通项公式，令的指数为，可得，即可求解. 【详解】根据二项式定理，可得其展开式中第项的通项公式为， 化简可得， 令，解得，所以展开式的第项为， 所以的系数为. 13. 已知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B，D两点，且BD的中点为，则C的离心率是______． 【答案】2 【解析】 【分析】设，代入双曲线方程，利用点差法，可求得，代入离心率公式，即可得答案. 【详解】设，则， 两式作差可得：，即， 因为为BD中点， 所以， 又直线BD斜率为1， 所以，代入可得，， 所以C的离心率. 故答案为：2 14. 学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由求出，再由求出,最后利用即可求解. 【详解】设为第天选A套餐，为第天选B套餐， 则， ； 从而， ， . 四、解答题：本题共6小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列. （2）求数列的通项公式； （3）若，求满足条件的最大整数. 【答案】（1）由题意，数列满足，可得， 可得，即， 又由，所以， 所以数列表示首项为，公比为的等比数列. （2） （3）99 【解析】 【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的定义来进行证明. （2）根据（1）的结论来求得. （3）利用分组和求法以及单调性求得最大整数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 所以. 【小问3详解】 设数列的前项和为， 则 ， 若，即， 因为函数为单调递增函数， 所以满足的最大整数的值为99. 16. 如图，在直三棱柱中，平面侧面，且. （1）求证：； （2）若直线与平面所成的角为，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由. 【答案】（1） 证明：连接交于点， 因，则 由平面侧面，且平面侧面， 得平面，又平面，所以. 三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以. 又，从而侧面， 又侧面，故. （2）存在，点E为线段中点 【解析】 【分析】（1）通过作辅助线结合面面垂直的性质证明侧面，从而证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标,再求相关的向量坐标，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）平面，则直线与平面所成的角, 所以，又，所以 假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为, 由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 且设， ， 得 所以， 设平面的一个法向量，由，得： ，取, 由（1）知平面，所以平面的一个法向量, 所以，解得, ∴点E为线段中点时，二面角的大小为. 17. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角三角形，，求边上的中线的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理把边的关系转化为角的关系，再利用三角形内角和与辅助角公式，结合角的范围即可求得结果； （2）先通过余弦定理得到与的关系，再用向量表示出，结合正弦定理转化为角的三角函数，最后根据锐角三角形角的范围即可求出取值范围. 【小问1详解】 根据题意可知，， 由正弦定理得：， 即， 所以， 即． 又，则， 故，即，所以 ． 又，所以 ， 即，故． 【小问2详解】 根据余弦定理得：， 即． 又因为，两边平方得． 根据正弦定理可知，，故，， 所以 ． 又由于是锐角三角形，因此可得，解得． 因此，所以，即， 所以，则． 18. 在平面直角坐标系xOy中，动点K到点和点的距离之和为4. （1）求动点K的轨迹方程； （2）设动点K的轨迹是曲线C，直线l与曲线C交于M，N两点，与圆交于P，Q两点，不重合的两条直线与分别平分线段MN，PQ. （ⅰ）求证：为定值： （ⅱ）已知直线与曲线C交于E，G两点，与曲线C交于D，F两点，且，求四边形EFGH面积的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：由题意可知直线的斜率不为0，设直线方程为：， 如下图所示， 由于直线：平分线段，所以直线与直线垂直， 所以，设，，则， 于是，由于， ，则，又，则，得证. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义来求动点的轨迹方程. （2）（ⅰ）因直线平分线段且与直线垂直，设出直线方程，利用 、 在椭圆上得到等式，结合斜率定义转化，求出，关系得证， （ⅱ）由得到面积关系，进而得出四边形面积与的关系，通过联立直线与椭圆方程求交线段长和点到的距离 ，从而得到表达式，对变形求最值，进而得到四边形面积最大值. 【小问1详解】 设，，， 由椭圆定义可知，动点的轨迹为椭圆， 其中长轴长，焦距， 由，，得， 所以动点的轨迹方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由题可知，如下图所示， 连接，， 则，易知， 令，得， 则直线与椭圆的交线段长为， 同理可得直线与椭圆的一个交点坐标为， 不妨记为点，则到直线的距离， 所以，由题意可知，， 则， 所以四边形面积的最大值为，在时取到. 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若存在正数，且为函数大于1的零点，为函数的极值点． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，无单调递增区间． （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：依题意即 所以，即． 因为在上恒成立， 且，，即， 所以，即， 两边取对数得， 则，所以． 【解析】 【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可； （2）（ⅰ）根据函数极值的定义，结合函数零点的定义，利用导数的性质，结合（1）中的结论分类讨论进行求解即可； （ⅱ）根据函数零点的定义，结合函数极值的定义、对数的运算性质进行证明即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可知， 令，， 则． 因为在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 当时，由（1）可知，函数在上单调递减， 所以函数不存在极值点，不符合题意； 当时，， 所以当时，，则， 所以函数在上单调递减． 因为，所以当时，， 所以函数不存在大于1的零点，不符合题意； 当时，，因为， ， 所以存在，满足， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数存在极值点． 因为， ，所以，此时，且， 即函数存在大于1的零点，此时实数的取值范围为． （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据函数的导函数的形式，对的分母的形式，通过构造新函数判断正负性，进而确定函数的单调性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $