精品解析：广东佛山市第一中学2026届高三下学期高考适应性考试数学试题(三 )

佛山市第一中学2026届高考适应性测试（三模） 数 学 请注意：满分150分， 考试时间120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且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】解一元二次不等式求出集合，解指数不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得， 所以， 由，即，解得，所以， 所以. 故选：C 2. 复数满足 (为虚数单位)，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法求出，进而求出其共轭复数的虚部. 【详解】依题意，， 所以的虚部是. 故选：B 3. 已知一组数据：95，105，130，88，118，97，103，则这组数据的上四分位数为（ ） A. 95 B. 97 C. 105 D. 118 【答案】D 【解析】 【分析】将数据按升序排列，结合百分位数的定义分析求解. 【详解】将数据按升序排列可得：88，95，97，103，105，118，130，共7个数据， 因为， 所以这组数据的上四分位数为第6个数据，是118. 故选：D. 4. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，且圆台的母线与底面所成的角的大小为，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由圆台的母线与底面所成的角求出圆台的高，再由圆台的体积公式计算求解. 【详解】因为圆台的上、下底面半径分别为1和2， 根据线面角定义圆台的母线与底面所成的角的大小为， 设高为，则母线为， 所以，所以 由圆台的体积公式为. 故选：B. 5. 已知过原点的直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断原点与圆的位置关系，再由最小有直线，最后应用几何法求弦长即可. 【详解】由，即原点在已知圆内部，且圆心，， 若原点为，要使最小，只需直线，而， 所以最小. 故选：D 6. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知在内单调递增，结合分段函数单调性列式求解即可. 【详解】若，可知在内单调递增， 可知在内单调递增，可得对任意恒成立， 又因为在定义域内单调递增，可知在内单调递增， 由题意可得：，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：B. 7. 已知数列满足：，．若数列满足，则数列的前20项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合等差数列的定义，利用取倒数法证得是等差数列，进而求得，再利用裂项相消法求和即可. 【详解】依题意，由，得， 故数列是首项为，公差为2的等差数列， 所以，则， 所以数列的前20项和为. 故选：B 8. 若椭圆的左右焦点分别为，，直线l：与椭圆交于A，B两点，若点P为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形特征分类讨论P点位置即可计算得出最小值. 【详解】联立直线与椭圆的方程， 可得，即得，代入， 得，，，， 因为，令则，则， 若，， 又因为，的面积都为定值， 因此， 因此我们只需要求的最小值即可， 设，，， 作差得，时最小为， 因此； 同理，当时，， ，当时最小为0， S最小为，综合比较可的最小值为， 故选：C 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求．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. 已知函数 ，若及其导函数 的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在区间 上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的最大值为3 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据确定图象中振幅为的对应的图象，进而得，，，根据正余弦型函数的性质可判断BC，D选项结合辅助角公式判断可得. 【详解】由得， 因为，所以， 故由图象可知：，，得，，， 由，得，故A正确； ，由得， 由得， 故在区间，上单调递增，在区间，上单调递减，故B错误； ，由，得的对称轴为， 故C正确； ，其中，， 故的最大值为，故D错误， 故选：AC 10. 在直四棱柱中中，底面为菱形，为中点，点满足.下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若平面，则的最小值为 C. 若的外心为，则为定值2 D. 若，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，取的中点分别为，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断A，对于B，由条件确定的轨迹为，将原问题转化为平面上两点间的距离最小问题求解；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断. 【详解】对于A，取的中点分别为，连接，则，，， 因为，， 所以，， 所以三点共线，所以点在，因为，，所以,平面，平面，所以∥平面，所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，所以A正确， 对于B，因为，因为平面，平面，所以∥平面，又平面，，平面，所以平面平面，取的中点，连接，则，，所以，所以四点共面，所以平面平面，平面平面,平面平面,所以，又，所以，所以点的轨迹为线段，翻折平面，使其与五边形 在同一平面，如图，则，当且仅当三点共线时等号成立，所以的最小值为，因为，所以，，所以，在中，，，所以，所以，所以， 在中，，，， 所以，所以，即的最小值为， 所以B正确， 对于C，若的外心为，过作于，因为，所以，所以C错误， 对于D，过作，垂足为，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以， 又在中，， 所以，， 在中，，，，所以，则在以为圆心，2为半径的圆上运动， 在上取点，使得，则，所以点的轨迹为圆弧，因为，所以，则圆弧等于，所以D正确， 故选：ABD. 【点睛】本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题. 11. 已知函数定义域为，当时，，且对任意实数，均有，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. 是单调函数 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，令得到或，若，推出矛盾，从而得到；B选项，令，代入整理得，B正确；C选项，在B基础上得到，因为，所以；D选项，令，有，推出当时，，在R上恒成立，定义法得到在R上单调递增，D正确. 【详解】A选项，令，得， 整理得，解得或， 再取，，得， 若，则，解得， 则与条件中“当时，”矛盾，故， 所以，A错误； B选项，令，得， 代入整理得（*）， 所以的图象关于点对称，B正确. C选项，由（*）式可知，，因为，所以，C正确. D选项，下面证明在R上单调递增， 条件可变形为. 令，则有， 因为当时，，所以当时，， 的图象关于点对称，故当时，， 故在R上恒成立， ，，，有 ， 故，， 又恒正，所以，从而在R上单调递增，D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则的值为__________． 【答案】1 【解析】 【分析】由指数式和对数式的互化，可将和表示出来，然后根据换底公式表示出和，代入，根据对数的运算性质计算即可. 【详解】因为，所以，， 所以，，所以. 故答案为：1 13. 已知函数的四个零点是以0为首项的等差数列，则______. 【答案】或 【解析】 【分析】根据函数的对称性及零点是以0为首项的等差数列，得方程和的根，分类求解即可. 【详解】因为， 所以，所以关于直线对称， 令得或， 由题意这两个方程各有两个根，且四个根是以0为首项的等差数列， ①若0为的根，则另一个根为6，则， 又关于直线对称，且四个根是以0为首项的等差数列，所以等差数列的公差为， 所以的两根为，所以，所以， 所以； ②若0为的根，则另一个根为6，则即， 又关于直线对称，且四个根是以0为首项的等差数列，所以等差数列的公差为， 所以的两根为，所以，所以. 综上，或. 故答案为：或 14. 设，函数（e是自然对数的底数，）.从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为__________. 【答案】##0.15 【解析】 【分析】利用导数的应用研究函数的零点，进而，得，结合列举法和古典概率公式即可求解. 【详解】由题意知，有序实数对有100个. 由，得， 令， 所以，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 且时，；当时，， 所以， 要使有两个零点，则， 即，得，即. 满足该条件的有序实数对有： 对于，可以取，共8个； 对于，可以取，共5个； 对于，可以取，共2个； 对于到，没有满足题意的. 所以所求事件的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的应用研究的零点，进而，得，结合列举法计算即可. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，角所对的边分别为、、，已知. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，将角化为边整理可得，再利用余弦定理可得的值； （2）由正弦定理求出，根据三角形内角和公式及两角差的正弦可求出，由三角形面积公式得结果. 【小问1详解】 根据题意，知， 故由得，， 根据正弦定理得，即，即， 所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，即，所以得， 因为，所以，故角为锐角，则， 故， 所以. 16. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1） 连接， 因为底面是边长为2的正方形，所以， 又因为，， 所以，所以， 点为线段中点，所以， 在中，，， 所以， 则， 又，平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示， 则， 则， ， 设面的法向量为，面的法向量为， 则，取，则 取，则. 设二面角大小为， 则， 所以二面角的正弦值为. 【方法二】：以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题设得，，，， ，， ，，． 设是平面的法向量， 则，即，可取． 设是平面的法向量， 则，即，可取． 所以． 因此二面角的正弦值为． 17. 甲､乙两人组成“星队”参加趣味知识竞赛.比赛分两轮进行，每轮比赛答一道趣味题.在第一轮比赛中，答对题者得2分，答错题者得0分；在第二轮比赛中，答对题者得3分，答错题者得0分.已知甲､乙两人在第一轮比赛中答对题的概率都为p，在第二轮比赛中答对题的概率都为q.且在两轮比赛中答对与否互不影响.设定甲､乙两人先进行第一轮比赛，然后进行第二轮比赛，甲､乙两人的得分之和为“星队”总得分.已知在一次比赛中甲得2分的概率为，乙得5分的概率为. （1）求p，q的值； （2）求“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据甲得2分的概率为，乙得5分的概率为，结合概率的公式求解即可； （2）设分别表示在一次比赛中甲得分的事件，分别表示在一次比赛中乙得分的事件，根据题意可得所有可能的情况为，再计算即可 【小问1详解】 设分别表示在一次比赛中甲得分的事件，分别表示在一次比赛中乙得分的事件. 因为在一次比赛中甲得2分的概率为，乙得5分的概率为， 所以，即，解得. 【小问2详解】 由已知得， ， ， ， 设为“6星队'在一次比赛中的总得分为5分"， 则， 则 ， 所以“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率是. 18. 双曲线C：的离心率为，圆O：与x轴正半轴交于点A，圆O在点A处的切线被双曲线C截得的弦长为. （1）求双曲线C的方程； （2）设圆O上任意一点P处的切线交双曲线C于两点M、N，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由； （3）若将（2）中的双曲线改为椭圆，其他条件不变，试探讨的值. 【答案】（1）； （2）是，定值为2； （3）是，定值为2. 【解析】 【分析】（1）由离心率为，可得，由圆在点处的切线被双曲线截得的弦长确定过的点，即可求解作答. （2）切线斜率存在时，设出其方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理、直角三角形射影定理可得为定值，验证切线斜率不存在的情况作答. （3）切线斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理、直角三角形射影定理可得为定值，验证切线斜率不存在的情况作答. 【小问1详解】 设双曲线的半焦距为，依题意，，即有， 圆交x轴于点，则圆O在点A处的切线被双曲线截得的弦长为， 由双曲线的对称性知被截弦的端点在双曲线上， 因此，而，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 当圆在点处切线斜率不存在时，点或，切线方程为或， 由（1）及已知，得，则有， 当圆在点处切线斜率存在时，设切线方程为， 则有，即，由消去y得： ，显然， ，而， 则 ， 因此，在中，于点P，则， 综上得为定值2. 【小问3详解】 当圆在点处切线斜率不存在时，点或，切线方程为或， 把代入椭圆方程，得，即，则有， 当圆在点处切线斜率存在时，设切线方程为， 则有，即，由消去y得： ，显然， ，而， 则 ， 因此，在中，于点P，则， 综上得为定值2. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点 处切线方程； （2）求的单调区间； （3）若区间，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 当时，在、上单调递增，在、上单调递减； 当时在、上单调递减，在、上单调递增； （3） 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算可得切线斜率，再结合切点坐标计算即可得； （2）分及，结合定义域分类讨论，求导后因式分解，结合二次函数性质计算即可得； （3）利用函数定义域，结合所给条件，可得，从而可分及，借助第二问中所得单调性去计算函数在上的最小值，解出即可得. 【小问1详解】 当时，， 则， ， 则， 故曲线在点处切线方程为； 【小问2详解】 ， ① 若，则定义域为，有恒成立， 则当时，， 当时，， 即在、上单调递增，在、上单调递减； ② 若，则定义域为，有恒成立， 则当时，， 当时，， 即在、上单调递减，在、上单调递增； 综上所述：当时，在、上单调递增， 在、上单调递减； 当时在、上单调递减， 在、上单调递增； 【小问3详解】 由，故，有定义域为， 故，则在上单调递减，在上单调递增， 若，即时， 在上单调递减，在上单调递增， 有， 解得或（舍去），即； 若，即时，在上单调递增， 只需，即， 由，故，，故无解； 故实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于利用函数定义域，结合所给条件，得到，从而可借助第二问中所得单调性去计算函数在上的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 佛山市第一中学2026届高考适应性测试（三模） 数 学 请注意：满分150分， 考试时间120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足 (为虚数单位)，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知一组数据：95，105，130，88，118，97，103，则这组数据的上四分位数为（ ） A. 95 B. 97 C. 105 D. 118 4. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，且圆台的母线与底面所成的角的大小为，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知过原点的直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 6. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足：，．若数列满足，则数列的前20项和为（ ） A. B. C. D. 8. 若椭圆的左右焦点分别为，，直线l：与椭圆交于A，B两点，若点P为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求．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. 已知函数 ，若及其导函数 的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在区间 上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 的最大值为3 10. 在直四棱柱中中，底面为菱形，为中点，点满足.下列结论正确的是（ ） A. 若，则四面体的体积为定值 B. 若平面，则的最小值为 C. 若的外心为，则为定值2 D. 若，则点的轨迹长度为 11. 已知函数定义域为，当时，，且对任意实数，均有，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. 是单调函数 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则的值为__________． 13. 已知函数的四个零点是以0为首项的等差数列，则______. 14. 设，函数（e是自然对数的底数，）.从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，角所对的边分别为、、，已知. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 16. 如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 17. 甲､乙两人组成“星队”参加趣味知识竞赛.比赛分两轮进行，每轮比赛答一道趣味题.在第一轮比赛中，答对题者得2分，答错题者得0分；在第二轮比赛中，答对题者得3分，答错题者得0分.已知甲､乙两人在第一轮比赛中答对题的概率都为p，在第二轮比赛中答对题的概率都为q.且在两轮比赛中答对与否互不影响.设定甲､乙两人先进行第一轮比赛，然后进行第二轮比赛，甲､乙两人的得分之和为“星队”总得分.已知在一次比赛中甲得2分的概率为，乙得5分的概率为. （1）求p，q的值； （2）求“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率. 18. 双曲线C：的离心率为，圆O：与x轴正半轴交于点A，圆O在点A处的切线被双曲线C截得的弦长为. （1）求双曲线C的方程； （2）设圆O上任意一点P处的切线交双曲线C于两点M、N，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由； （3）若将（2）中的双曲线改为椭圆，其他条件不变，试探讨的值. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点 处切线方程； （2）求的单调区间； （3）若区间，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $