云南省玉溪第一中学2026-2027学年高三上学期高考适应性月考（一）数学试题

玉溪一中2026—2027学年上学期高考适应性月考卷（一） 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 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。回答非选择题时，用黑色碳素笔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、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.已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A.﹣4i B.﹣4 C.4i D.4 2.已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3.已知为单位向量，，，则在上的投影数量为（ ） A.1 B. C. D. 4.下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5.《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，冬至、小寒、大寒三个节气日影长之和为28.5尺，立春、雨水、惊蛰三个节气日影长之和为19.5尺，今年5月21日8时36分为小满时节，其日影长为（ ） A.3.5尺 B.2.5尺 C.1.5尺 D.0.5尺 6.现有甲、乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一个参演，又不在最后一个参演，且乙不在第三个参演，则不同的参演顺序共有（ ） A.60种 B.72种 C.96种 D.120种 7.有一个3D打印的摆件可看成边长为6的正三角形挖去其内切圆，再以过该圆心与一顶点的直线为轴旋转一周，最后沿平行于底面且过圆心的平面截取，保留截面与底面间部分（如图所示），则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 8.已知抛物线的焦点为F（2，0），准线l交x轴于点D，过D的直线与抛物线交于A，B两点，且B在线段AD上，点P为点A在准线l上的射影。若P，B，F共线，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、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，部分选对的得部分得分，有选错的得0分。 9.下列说法正确的是（ ） A.数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为18 B.设两个变量x，y之间的线性相关系数为r，则的充要条件是成对数据构成的点都在经验回归直线上 C.若x1，x2，…，x10的平均数为2，方差为1，x11，x12，…，x20的平均数为6，方差为2，则x1，x2，…，x20的方差为5.5 D.若某组数据的频率分布直方图是单峰不对称的，且在左边“拖尾”，则该组数据的平均数大于中位数 10.将函数图象向左平移个单位长度后得到一偶函数图象，则当取最小值时，下列说法正确的是（ ） A.函数的最小正周期为 B.函数为奇函数 C.函数在区间单调递增 D.函数的图象在处的切线斜率为1 11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分。若正四面体ABCD的高为，则（ ） A.该勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为4 B.该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 C.该勒洛四面体表面上的长度为 D.过A，B，C三点的截面面积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.一个盒子里装有5个红球和3个白球，从中不放回地依次随机取出2个球。已知第一次取出的球是红球，则第二次取出的球是白球的概率为______。 13.已知F1，F2是椭圆的左、右焦点，F2是双曲线的右顶点，过F1的直线交椭圆C于M，N两点，且的周长为20，则椭圆C的离心率为______。 14.已知P，Q分别为曲线（a＞0且a≠1）上的点，且都位于第一象限，O为坐标原点，若是正三角形，则lna的最大值______。 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.（13分） 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且。 （1）求B； （2）若，，D为AC的中点，求BD的长。 16.（15分） 如图所示，四边形ABCD是菱形，为等边三角形，且，，，，。 （1）证明：FG∥平面ADE； （2）求GF与平面ABE所成角的正弦值。 17.（15分） 已知函数，a∈R。 （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围。 18.（17分） 在某校高三体育课中，甲、乙两同学比赛投篮，比赛规则是甲、乙每人投3个球，进球多的一方获得胜利，胜利1次获得1个积分，平局或者输方不得分.已知甲和乙每次进球的概率分别是和P，且每人、每次进球与否都互不影响。 （1）若，求在进行一轮比赛后甲比乙多投进2球的概率。 （2）若，且每轮比赛互不影响，乙要想获得至少3个积分且获得积分的每轮比赛至少要赢甲2个球，求： ①设事件C表示乙每轮比赛至少要赢甲2个球，求P（C）；（结果用含P的式子表示） ②从数学期望的角度分析，理论上至少要进行多少轮比赛？ 19.（17分） 已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线E交于点R，且。 （1）求抛物线E的方程； （2）过F作两条互相垂直的直线，，这两条直线与抛物线E分别交于点A，B和C，D，其中点A，C在第一象限。 （ⅰ）设M，N分别为AB，CD的中点，H为直线AC与直线BD的交点，求面积的最小值； （ⅱ）过F作x轴的垂线，分别交AC，BD于P，Q两点，判断是否存在以PQ为直径的圆与y轴相切？如果存在，求出该圆的方程，如果不存在，说明理由。 玉溪一中2026—2027学年上学期高考适应性月考卷（一） 数学参考答案 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A B D D A B A 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 ABC ACD BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 题号 12 13 14 答案 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.（13分） （1）由正弦定理得 由，得。 因为，所以，故。 即。又因为，所以， 所以，故。 （2）在中，由余弦定理得， 所以，又，所以。 因为D为AC的中点，， 则，所以。 16.（15分） （1）【证明】证法一：如下图所示，取棱AE上一点H，使得， 连接GH，HD，因为，，所以，且， 又因为四边形ABCD为菱形，且，所以且， 所以，且，所以四边形HGFD为平行四边形，所以， 因为平面ADE，平面ADE，所以平面ADE。 证法二：如下图所示，取棱AB上一点M，使得，连接GM，MF， 因为，，所以， 又因为平面ADE，平面ADE，所以平面ADE， 因为，所以， 因为四边形ABCD为菱形，所以，， 所以，，所以四边形AMFD为平行四边形， 所以， 因为平面ADE，平面ADE，所以平面ADE， 因为，平面GMF，平面GMF， 所以平面平面ADE， 又因为平面GMF，所以平面ADE。 证法三：如下图所示，取AD的中点O，连接OE，OB，OG，BD，作，垂足为K， 在菱形ABCD中，，，所以为等边三角形，所以， 因为，，OE，平面BOE，所以平面BOE， 在中，，可得， 由余弦定理得，可得， 所以，即， 因为，所以， 又因为平面OBE，所以， 因为，，且AD，平面ABD，所以平面ABD， 所以平面ABD，又因为OA，平面ABD，所以，， 以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，，， 可得，， 设平面ADE的法向量为，则， 取，可得，，所以， 又由， 所以， 因为平面ADE，所以平面ADE。 （2）解：由（1）知：，，且， 设平面ABE的法向量为，则， 取，可得，，所以， 设直线GF与平面ABE所成的角为θ，则， 所以直线GF与平面ABE所成的角的正弦值为。 17.（15分） （1）当时，， 则，，， 所以曲线在点处的切线方程为，即。 （2），， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增。 （3）由（2）可知，当时，有极小值， 极小值为，此时极小值也是最小值， 由，可得，因，可得， 令，求导得，即在上单调递减， 又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围为。 18.（17分） （1）设事件表示甲在一轮比赛中投进i个球，表示乙在一轮比赛中投进i个球，， D表示进行一轮比赛后甲比乙多投进2球，所以， 。 （2）① 。 ②设随机变量X表示n轮比赛后，乙在每轮比赛至少要赢甲2个球的情况下获得的积分， 则，所以， 因为要满足题意，即，要使n最小，则要取最大值， 令，，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以的最大值为， 即，所以，所以，即至少要进行15轮比赛。 19.（17分） （1） （2）（ⅰ）2； （ⅱ）不存在，理由：由题意可知， 又，，所以AC的直线方程可化为：， 又，故可得， 同理可得直线BD的方程为， 又，故， 又，所以可得， 可得，所以可得PQ的中点恒为F， 以PQ为直径的圆与y轴相切等价于， 若，则，所以， 又，所以，故， 整理可得，即， 因为，故，所以。 又，故可得。 代入方程可得，，， 故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切。 学科网（北京）股份有限公司 $