精品解析：陕西省2026届高考适应性检测(三)数学试题

2026年高考适应性检测（三） 数学 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，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题（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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 已知集合，，则中的元素个数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 某校举办了一次数学素养测评，旨在检验学生的逻辑思维与应用能力，以下是随机抽取的10名学生的成绩（满分100分）：65，71，83，86，87，88，91，92，94，98，则这10名学生数学成绩的第70百分位数为（ ） A. 92 B. 91.5 C. 91 D. 89.5 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧上的点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若正实数，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角，，的对边分别为，，，，点为边的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 设抛物线：的焦点为，斜率不为1的直线过点，过点作直线的垂线，垂足为，是抛物线上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求） 9. 已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（ ） A. 该圆台的母线长为4 B. 该圆台的侧面积为 C. 该圆台的体积为 D. 能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 10. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，直线：交双曲线于，两点，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 若，则点到轴距离的最大值为 11. 已知函数有三个不同的零点，，，其中，则（ ） A. 的取值范围为 B. 存在实数，使得，，成等差数列 C. 的取值范围为 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若函数的图象关于直线对称，则实数的值为_____________． 13. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，《孙子算经》中“物不知数”问题的解法符合关于同余式解法的一般性定理，因而也称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：在1到2026这2026个数中，取能被4除余3且被6除余3的数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则数列的项数为_________． 14. 在正方形中，，，分别为边，的中点，分别沿，，将，，折起，使点，，重合于点，形成四面体，则以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为_____________． 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. 已知函数． （1）若，讨论函数的单调性； （2）若，对任意，恒成立，求实数的最大值． 16. 已知数列的前项和为，，且数列是公差为的等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 17. 如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． （1）证明：； （2）若与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值． 18. 已知圆：，点，是圆上一个动点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）过点作直线交曲线于，两点，若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ⅱ）若，求的面积． 19. 甲、乙、丙、丁四人进行一场乒乓球比赛，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁时甲获胜的概率均为，乙对阵丙、丁时乙获胜的概率均为，丙与丁对阵时，相互之间获胜的可能性相同，且不同对阵结果相互独立．经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁． （1）求丙获得第四名的概率； （2）求甲获得冠军的概率； （3）求乙参与对阵的比赛场数恰为3的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考适应性检测（三） 数学 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，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 3．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题（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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 已知集合，，则中的元素个数为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】， ， ，即中的元素个数为. 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的周期变化计算复数的2026次方． 【详解】由可知，， ，； 则，则，故复数以8次为一个周期； 因为，故． 3. 某校举办了一次数学素养测评，旨在检验学生的逻辑思维与应用能力，以下是随机抽取的10名学生的成绩（满分100分）：65，71，83，86，87，88，91，92，94，98，则这10名学生数学成绩的第70百分位数为（ ） A. 92 B. 91.5 C. 91 D. 89.5 【答案】B 【解析】 【分析】按从小到大排列起来，根据百分位数的概念进行计算． 【详解】共10个数据，因为， 故第70百分位数为第7个数与第8个数的平均数，为． 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由三角函数值及角的范围可得角及所在象限，再由同角三角函数关系式及半角三角函数关系式可得. 【详解】已知，且，因此是第四象限角，即， 得，该区间是第二象限，因此. 由同角三角函数基本关系​，代入， 所以， 结合是第四象限角，，得. 由半角公式，代入​得， 结合，，因此. 5. 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧上的点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. 6. 已知函数，若正实数，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性及单调性，结合题设可得，然后利用基本不等式“1”的代换求解最值即可. 【详解】由，， 则，故是定义在上的奇函数， 由，得， 由为增函数，知是增函数， 所以，即， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值是. 7. 在中，内角，，的对边分别为，，，，点为边的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分别在及中由余弦定理并结合条件，可得，进而可得，最后在中用正弦定理可得. 【详解】设，则，由题意. 在中，​， 由余弦定理， ，即. 同理在中，由余弦定理， 即. 已知，即，， 化简得，因为，解得. 所以，即. 在中，，，，由正弦定理， 得， 因此. 8. 设抛物线：的焦点为，斜率不为1的直线过点，过点作直线的垂线，垂足为，是抛物线上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得点轨迹方程，再由抛物线的定义转化后数形结合求解可得答案. 【详解】抛物线的焦点的坐标为，准线方程为. 直线过定点，且，即. 根据直角三角形的性质可得直角顶点的轨迹是以线段为直径的圆（除外）， 圆心为中点，半径. 根据抛物线的定义可得抛物线上任意动点到焦点的距离等于到准线的距离， 即（为到直线的距离）.  . 根据几何性质，对固定的，的最小值是到上述圆心的距离减去半径； 所以， 又的最小值是圆心到准线的距离，圆心到准线的距离为， 因此的最小值为. 二、多选题（本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求） 9. 已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（ ） A. 该圆台的母线长为4 B. 该圆台的侧面积为 C. 该圆台的体积为 D. 能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据圆台的结构特征和表面积的有关计算、体积公式和台体与球的内、外接问题，结合选项依次计算即可. 【详解】对于A，设圆台上底面的半径为，下底面的半径为， 由于母线与底面所成的角为，则母线长，故A正确； 对于B，圆台的侧面积为，故B错误； 对于C，由题意有：，圆台的高， 所以该圆台的体积为，故C正确； 对于D，设梯形为圆台的一个轴截面，如图所示： 设圆台上､下底面圆心分别为，点为线段的中点，则，， 由已知，取，则， 连接， 因为，，，所以，， 又，所以， 由余弦定理可得，所以，， 由对称性可得以点为圆心，为半径的圆与梯形内切， 所以以为球心，为半径的球与圆台的两个底面和侧面都相切， 所以能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为. 10. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，直线：交双曲线于，两点，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 若，则点到轴距离的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】A用联立判别式判断交点条件；B利用对称性与双曲线定义判断边长关系；C、D将向量数量积转化为坐标表达式，利用双曲线范围求最值或解不等式. 【详解】由，可知，双曲线的渐近线的斜率为. 且，则焦点. 选项A，将代入双曲线方程得，整理为. 已知直线与双曲线交于两点，所以，即，解得，A正确； 选项B，由双曲线的中心对称性，A、B关于原点对称，故. 又，四边形是平行四边形，因此. 根据双曲线定义，可得，即，B错误； 选项C，设，则，， 由可得，则. 因，故当时，取得最小值，C正确； 选项D，若，即，解得，即，而， 即点到轴距离的最大值为，D错误. 11. 已知函数有三个不同的零点，，，其中，则（ ） A. 的取值范围为 B. 存在实数，使得，，成等差数列 C. 的取值范围为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据零点个数，利用导数确定参数范围即可；对于B，根据题意可得，再列方程求解；对于C，易得，结合即可判断；对于D，对进行平方，结合即可求解． 【详解】由已知， 令，解得或， 时，，函数单调递增； 时，，函数单调递减； 时，，函数单调递增； 又函数有三个不同的零点，，， ，解得，故A正确； 由题可知：， 若，，成等差数列，且， ，解得，故B正确； 易得，则，故C错误； 由， 则，故D正确． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若函数的图象关于直线对称，则实数的值为_____________． 【答案】## 【解析】 【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以对恒成立， 所以对恒成立， 所以， 所以，所以 因为，所以不恒为0， 所以，解得. 13. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，《孙子算经》中“物不知数”问题的解法符合关于同余式解法的一般性定理，因而也称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：在1到2026这2026个数中，取能被4除余3且被6除余3的数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，则数列的项数为_________． 【答案】169 【解析】 【分析】由能被4除余3且被6除余3的数就是能被12整除余3的数，运用等差数列的通项公式，以及解不等式即可得到所求的项数. 【详解】题目要求数满足两个条件：被4除余3、被6除余3，即该数减去3之后，既能被4整除，也能被6整除. 即为4和6的最小公倍数12的倍数， 因此所有符合要求的数都可以表示为， 显然数列为等差数列，且首项为3，公差为12. 由，则，解得 . 由于是正整数，的取值为，总共有169项. 14. 在正方形中，，，分别为边，的中点，分别沿，，将，，折起，使点，，重合于点，形成四面体，则以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意先求得四面体的外接球的半径，再用勾股定理求得两球相交圆的半径，从而求得其相交圆的周长，即两球相交形成的交线的长度. 【详解】如图，， 所以在四面体中，， 所以四面体的外接球为以为棱长的长方体的外接球，记球心为， 其半径为. 设以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交于圆，其半径为 则，解得. 所以圆的周长为， 即以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为. 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. 已知函数． （1）若，讨论函数的单调性； （2）若，对任意，恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数与单调性的关系求解即可； （2）根据导数与单调性及最值的关系求解即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 因为，则令，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 若，则. 令， 则， 则在单调递减. 因为对任意的，恒成立， 所以， 即. 所以的最大值为. 16. 已知数列的前项和为，，且数列是公差为的等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2）当为偶数时，；当为奇数时， 【解析】 【分析】（1）由数列是等差数列，求得数列的通项公式，从而求得，再由与的关系求得，即数列的通项公式； （2）结合（1）的结论，对裂项，并讨论的奇偶，可得数列的前项和． 【小问1详解】 由题意知，所以 当时，， 作差得 所以，即； 当时，，，符合上式. 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以， . 当为偶数时，； 当为奇数时，. 综上，当为偶数时，；当为奇数时，. 17. 如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． （1）证明：； （2）若与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值． 【答案】（1）因为为中点，且，所以，即， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，，可得平面，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，通过证明平面得到与平面所成角为，可得，，进而利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以． 又，，所以，所以，则， 由（1）知平面，所以，，两两垂直，以为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，，， 由，，，平面，得平面， 所以与平面所成角为， 所以， 解得，，所以，则，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 由，得，可取， 设平面的一个法向量为， 由，得，可取 设二面角为． ， 则， 所以二面角的正弦值为. 18. 已知圆：，点，是圆上一个动点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）过点作直线交曲线于，两点，若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ⅱ）若，求的面积． 【答案】（1） （2）（i） （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可. （2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求解即可. （ⅱ）根据角平分线的性质，结合韦达定理求出值，进而求出交点纵坐标，代入三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 连接，由题意知， 则， 所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，，. 所以，，所以曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）设直线的方程为，，， 联立，整理得， 则，. 设直线与的斜率分别为，，则，， 因为，所以直线与的倾斜角互补，即， 则， 所以，所以， 又为任意实数，所以. 当直线的斜率为0时，，符合题意. 综上所述，. （ⅱ）因为，所以为的角平分线，所以. 因为，所以， 由，，得，解得. 不妨设，则，． 所以的面积. 19. 甲、乙、丙、丁四人进行一场乒乓球比赛，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁时甲获胜的概率均为，乙对阵丙、丁时乙获胜的概率均为，丙与丁对阵时，相互之间获胜的可能性相同，且不同对阵结果相互独立．经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁． （1）求丙获得第四名的概率； （2）求甲获得冠军的概率； （3）求乙参与对阵的比赛场数恰为3的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据概率乘法公式及条件概率公式求解即可. （2）根据概率乘法公式及加法公式求解即可. （3）根据概率乘法公式、条件概率公式及加法公式求解即可. 【小问1详解】 丙获得第四名，则丙与丁对阵丙败，且丙在败区对阵仍败. 记丙获得第四名的事件为，丙与丁对阵丙败为事件，丙进入败区后与甲对阵为事件， 丙进入败区后与乙对阵为事件，丙在败区落败为事件， 则. 【小问2详解】 记甲获得冠军的事件为，甲在第场比赛中获胜为， 甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： 情况1：三场全胜，； 情况2：第一场胜第二场负第三场胜第四场胜， ； 情况3：第一场负第二场胜第三场胜第四场胜， ； 所以， 即甲获得冠军的概率为. 【小问3详解】 记乙参与对阵的比赛场数为随机变量，乙在第场比赛中获胜为，乙对阵甲为事件， 乙参与对阵的比赛场数恰为3可分为三种情况： 情况1：乙连胜两场，第三场进入决赛不用考虑胜败，概率为； 情况2：乙第一场胜第二场败第三场败，概率为 ； 情况3：乙第一场败第二场胜第三场败，概率为 ； 所以． 所以乙参与对阵的比赛场数恰为3的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $