精品解析：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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算结合复数的概念即可求解. 【详解】， 所以的虚部为. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】集合， 则. 3. 已知为单位向量，，，则在上的投影数量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算向量的模长，对两边平方求出，再代入投影数量公式计算即可. 【详解】由，可得， 已知，将等式两边平方并展开得， 又因为，所以解得； 则在上的投影数量为，故B正确. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性即可判断选项A；利用正弦函数单调性即可判断选项B；利用和在上均单调递减，即可判断选项C；利用奇偶函数的定义先判断函数为奇函数，再根据复合函数的单调性即可判断选项D. 【详解】选项A，定义域为，，则是偶函数，选项A错误； 选项B，定义域为，已知正弦函数为奇函数，但在上不是单调递增函数，选项B错误； 选项C，定义域为，易知，则是奇函数， 而和在上均单调递减， 所以单调递减，选项C错误； 选项D，定义域为，，则是奇函数， 又在上单调递增，在上单调递增， 根据复合函数单调性可知在上单调递增，选项D正确. 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列前项和，等差数列通项公式求解即可. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 则由题意知，解得， 所以，即小满时节，其日影长为尺. 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 【答案】A 【解析】 【详解】若甲在第三个参演，则不同的参演顺序有种； 若甲不在第三个参演，则不同的参演顺序有种. 根据分类加法计数原理可知，不同的参演顺序共有种. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等边三角形的几何性质分析球的半径以及圆台的结构特征，结合体积公式运算求解即可. 【详解】如图，为的中点，， 则等边的内切圆O的半径，，， 可知圆台的上、下底面半径分别为，高为， 所以该几何体的体积为. 8. 已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过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在准线上的射影．若共线，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先列方程求出A，B两点坐标，再由两点距离公式求解. 【详解】抛物线 的焦点为 ，所以，所以， 则抛物线方程为 ，准线 ，准线与 轴交点 ， 设 ，，由抛物线定义： （ 为 到准线的垂足，故 ） 、、 共线，故三点斜率相等： 又 共线，故 ，即 由 ，，解得： 对应 ，， 即 ，， , ， 因此. 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 ，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，，…，的平均数为2，方差为1，，，…，的平均数为6，方差为2，则，，…，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 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先确定上四分位数的位置，然后将数据按从小到大的顺序排列取出在该位置上的数据即为上四分位数判断A，利用相关系数的性质判断B，利用平均数与方差的性质判断C，数据分布偏左，根据平均数及中位数的概念判断D即可. 【详解】对于A，而 ， 所以该组数据的上四分位数为从小到大排列的第8位数据：18，故A正确； 对于B，若，则完全线性相关， 得到成对数据构成的点都在经验回归直线上，故B正确， 对于C，设整体平均数为，由题意得， 设整体方差为，可得，故C正确， 对于D，由题意知数据分布偏左，导致平均数受极端值影响会偏小， 而中位数是按顺序排列的一组数据中居于中间位置的数， 受极端值影响小，所以该组数据的平均数小于中位数，故D错误. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平移可得，结合奇偶性可得，，则最小值为2，，再逐项判断即可． 【详解】由题意将函数向左平移个单位得到的函数解析式为 ，若其为偶函数， 则，，解得，， 又因为，所以最小值为2，． 函数的最小正周期为，故A正确； 函数为非奇非偶函数，故B错误； ，又在上单调递增， 所以函数在区间单调递增，故C正确； ， 所以函数在图象处的切线斜率为1，故D正确． 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，，三点的截面面积是 【答案】BD 【解析】 【分析】先根据正四面体的高，求出正四面体的棱长；对于A，举反例可判断；对于B，该勒洛四面体能够容纳的最大球，即为该几何体的内切球，用棱长减去正四面体外接球的半径得到内切球半径；对于C，先确定所在的平面，再确定半径，圆心角，利用弧长公式计算弧长；对于D，过，，三点的截面是平面与三个球的交线围成的区域，根据围成的区域计算得到截面面积. 【详解】过点作平面，连接，，为正四面体的中心. 设正四面体的棱长为，则，； ，即正四面体的高； 由正四面体的高为，得，解得. ，. 在中，，即，解得. 根据勒洛四面体的定义，构成几何体的四个球的半径. 对于C，是球心为的球面与球心为的球面的交线的一部分，该交线位于过中点且垂直于的平面内，如图所示： 对应的圆心角为. 由正四面体棱长，得. 在中，，， ； . 的长度，故C错误. 对于A，将正四面体对棱所在的弧中点连接，如图所示： 连接，交于中点，交于中点，连接，则， ， 所以， 故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，故A错误. 对于B，该勒洛四面体能够容纳的最大球，即为该几何体的内切球.由于勒洛四面体具有正四面体的对称性，其内切球的球心与正四面体的中心重合，则内切球的半径. 由，，得，故B正确. 对于D，过，，三点的截面是平面与三个球的交线围成的区域，如图所示： 则. 每个扇形对应的圆心角为，半径为4，则； ； ，故D正确. 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________． 【答案】 【解析】 【分析】通过已知条件缩小样本空间，直接计算对应事件的条件概率. 【详解】第一次取出红球为已知条件，该条件成立后， 盒内剩余个红球、个白球，共个等可能抽取的球. 因此，第二次取出白球的概率为. 13. 已知是椭圆的左、右焦点，是双曲线的右顶点，过的直线交椭圆于M，N两点，且的周长为20，则椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆的定义和性质，结合的周长得出a，再应用离心率公式计算求解． 【详解】由椭圆的定义 则，， 则的周长为，即得， 且是双曲线的右顶点，所以，即得， 所以椭圆的离心率为. 14. 已知分别为曲线且，上的点，且都位于第一象限，O为坐标原点，若是正三角形，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用反函数的对称性，结合对称点坐标关系，再通过等边三角形得到相等关系，再构造函数求导分析最大值即可. 【详解】由与互为反函数，图像关于直线对称， 若为正三角形，则必关于对称， 设，则，满足在上，且都在第一象限，， 由中点在上， 正三角形的高，代入长度公式： ， 两边平方整理得：，两边除以得，， 解得，即， 对两边取自然对数得，， 整理得： ， 设（为常数），求导得：， 由， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 即的最大值在处取得，， 即 ，取（大于）， 可得的最大值为. 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. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求; （2）若，，为的中点，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理边化角，经过三角恒等变换得到，再利用三角形中角的范围得到的值. (2)根据余弦定理得到的值，然后利用爪形定理得到三角形边长与中线的关系即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理得 由，得. 因为，所以 ，故. 即.又因为 ，所以， 所以，故. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 所以 ，又，所以. 因为为的中点，， 则，所以. 16. 如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，，. （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）【证明】证法一：如图所示，取棱上一点，使得， 连接，因为，所以，所以，且， 又因为四边形为菱形，且，所以且， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 证法二：如图所示，取棱上一点，使得，连接， 因为，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 因为四边形为菱形，所以，， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 证法三：如图所示，取的中点，连接，作，垂足为， 在菱形中，，，所以是等边三角形，所以， 因为，，且平面，所以平面， 在中，，可得， 由余弦定理得，可得， 所以，即， 因为且，所以， 又因为平面，所以， 因为，，且平面，所以平面， 所以平面，又因为平面，所以，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得, 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 又由， 所以, 因为平面，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）证法一：取棱AE上一点H，使得，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 证法二：取棱上一点，使得，分别证得平面和平面，得到平面平面，进而证得平面； 证法三：取的中点，证得平面和平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为和，结合,进而证得平面； （2）由（1）中的坐标系，求得平面的法向量为和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知：，且， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为，则 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 17. 已知函数，. （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，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式求得切线方程； （2）将函数求导后，根据参数的取值情况，分类讨论函数的单调性即可； （3）根据（2）的结论，结合得，即，设，利用导数分类讨论即得的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 则，，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ，， 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. 【小问3详解】 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， 所以的取值范围为. 18. 在某校高三体育课中，甲、乙两同学比赛投篮，比赛规则是甲、乙每人投个球，进球多的一方获得胜利，胜利次获得个积分，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，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球的概率. （2）若，且每轮比赛互不影响，乙要想获得至少个积分且获得积分的每轮比赛至少要赢甲个球，求： ①设事件C表示乙每轮比赛至少要赢甲个球，求；(结果用含的式子表示) ②从数学期望的角度分析，理论上至少要进行多少轮比赛? 【答案】（1）. （2）①；②轮 【解析】 【分析】（1）设事件表示甲在一轮比赛中投进个球，表示乙在一轮比赛中投进个球，，根据题意，结合独立重复试验的概率公式可得； （2）①由题意得，结合独立重复试验的概率公式可得；②先求出，然后根据二项分布期望公式列不等式得，令，利用导数求最值即可得解. 【小问1详解】 设事件表示甲在一轮比赛中投进个球，表示乙在一轮比赛中投进个球，， 表示进行一轮比赛后甲比乙多投进球，所以， . 【小问2详解】 ①. ②设随机变量表示轮比赛后，乙在每轮比赛至少要赢甲个球的情况下获得的积分， 则，所以， 因为要满足题意，即，要使最小，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，即至少要进行轮比赛. 19. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于点，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，和，，其中点，在第一象限． （ⅰ）设，分别为，的中点，H为直线与直线的交点，求面积的最小值； （ⅱ）过F作x轴的垂线，分别交，于，两点，判断是否存在以为直径的圆与y轴相切？如果存在，求出该圆的方程，如果不存在，说明理由． 【答案】（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． 【解析】 【分析】（1）根据，及抛物线定义求出点横坐标，把点代入抛物线求出参数． （2）（i）连接，，，取的中点，连接，，，由三角形中位线性质得，，转化的面积为四边形的面积，再结合抛物线焦点弦公式和均值不等式求最小值． （ii）先求出，的纵坐标，证明的中点恒为，再根据圆与轴相切的条件列方程，由方程无解得不存在． 【小问1详解】 依题意，设，由抛物线的定义得，解得：， 因为在抛物线上，所以，所以， 解得：，故抛物线E的方程为． 【小问2详解】 抛物线方程为，焦点坐标为， 当的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求， 当的斜率不存在时，的斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求， 故设，则，不妨设， ，，，， 由，消去x得， ，，． （ⅰ）连接，，，取的中点，连接，，， 又，分别为，的中点，所以，， 所以，， 所以的面积， 故， 又，同理， 所以， 当且仅当时，等号成立． 所以面积的最小值为2． （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 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. 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，准线交轴于点，过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在准线上的射影．若共线，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 ，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，，…，的平均数为2，方差为1，，，…，的平均数为6，方差为2，则，，…，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，，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. 已知是椭圆的左、右焦点，是双曲线的右顶点，过的直线交椭圆于M，N两点，且的周长为20，则椭圆的离心率为______. 14. 已知分别为曲线且，上的点，且都位于第一象限，O为坐标原点，若是正三角形，则的最大值为______. 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. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求; （2）若，，为的中点，求的长. 16. 如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，，. （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数，. （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，求的取值范围. 18. 在某校高三体育课中，甲、乙两同学比赛投篮，比赛规则是甲、乙每人投个球，进球多的一方获得胜利，胜利次获得个积分，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，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球的概率. （2）若，且每轮比赛互不影响，乙要想获得至少个积分且获得积分的每轮比赛至少要赢甲个球，求： ①设事件C表示乙每轮比赛至少要赢甲个球，求；(结果用含的式子表示) 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. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于点，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，和，，其中点，在第一象限． （ⅰ）设，分别为，的中点，H为直线与直线的交点，求面积的最小值； （ⅱ）过F作x轴的垂线，分别交，于，两点，判断是否存在以为直径的圆与y轴相切？如果存在，求出该圆的方程，如果不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $