精品解析：广东深圳科学高中2025-2026学年高三下学期适应性考试数学试卷

深圳科学高中2026届高三适应性考试 2026届深圳科学高中两校区高三数学备课组联合命制 一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的. 1. 已知集合，，若，则的最大值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 若复数满足，则（ ） A. 5 B. 2 C. D. 1 3. 已知等比数列的公比为4，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 4. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点是的重心，过点的直线与边分别交于两点，为边的中点．若，则（ ） A. B. C. 2 D. 6. 某市高二年级有20000名学生，在一次检测考试中，数学成绩，若从所有学生中随机抽取10名学生了解教学情况（总体数相对抽取样本数较大，用独立重复试验估算），则10名学生的成绩均在65分以上的概率为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 7. 如图，阴影部分的边界为四叶草曲线C，该曲线由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线围成，且这四条抛物线的焦点共圆.记轴上的两个焦点为，，C在第一象限端点为P，若点P在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若当时，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 直线与所成角的余弦值为 10. 记圆，圆，点，已知圆和圆相内切，且圆的半径大于圆的半径，是圆上两点，直线与圆相切，设与圆的另一个交点分别为，则（ ） A. B. ​ C. 当且仅当 D. 11. 已知函数，则（　　）． A. B. 在上单调递减 C. D. 在上有且仅有1个零点 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为_______.（用数字作答） 13. 已知抛物线C：的焦点为F，点P在C上且位于第一象限，过点P作直线垂直于C的准线，垂足为A，若直线AF的倾斜角为，则__________. 14. 在中，已知，，则的面积为__________. 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）设，求曲线的斜率为2的切线方程； （2）若是的极小值点，求b的取值范围. 16. 已知数列满足：，. （1）证明：是等差数列，并求的通项公式； （2）设，求数列的前2024项和. 17. 如图，已知平行四边形，是线段上的点，且，为线段中点，现将沿翻折至，使得． （1）若点在线段上，且，证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知为离心率为的椭圆的右焦点，过点作轴的垂线与交于两点（在第一象限）. （1）求的方程； （2）求的面积的最大值； （3）若直线与轴交于点，求证：四点共圆. 19. 某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废. （1）若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差； （2）已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率； （3）为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量. 参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳科学高中2026届高三适应性考试 2026届深圳科学高中两校区高三数学备课组联合命制 一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的. 1. 已知集合，，若，则的最大值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得c范围，即可得答案. 【详解】根据，，若， 可得，故的最大值为2， 故选：D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 5 B. 2 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先根据条件求出，再利用复数的乘法可得答案. 【详解】因为，所以， 所以，即. 故选：B 3. 已知等比数列的公比为4，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，可得数列是等差数列，可求值. 【详解】由题意可知，即，所以数列是等差数列，且公差为2， 所以. 故选：B. 4. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由对数运算可得出，利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为，即， 所以，且有，， 由基本不等式可得，所以，， 所以，且，， 当且仅当时等号成立. 因此，的最小值为. 故选：B. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 5. 已知点是的重心，过点的直线与边分别交于两点，为边的中点．若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角形重心的性质，结合向量的线性运算得到，再由三点共线，即可求解. 【详解】如图所示，由三角形重心的性质，可得，所以， 所以，即， 因为三点共线，可得，所以. 故选：A． 6. 某市高二年级有20000名学生，在一次检测考试中，数学成绩，若从所有学生中随机抽取10名学生了解教学情况（总体数相对抽取样本数较大，用独立重复试验估算），则10名学生的成绩均在65分以上的概率为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布对称性可得，，再结合二项分布运算求解． 【详解】由知， 则， ， 可知10名学生的成绩在65分以上的人数， 所以， 故选：C． 7. 如图，阴影部分的边界为四叶草曲线C，该曲线由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线围成，且这四条抛物线的焦点共圆.记轴上的两个焦点为，，C在第一象限端点为P，若点P在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出点，根据双曲线的定义求出，，则离心率可求. 【详解】 设分别为对应抛物线的焦点， 根据已知四点共圆，则， 根据图形的对称性可知，则, 设，，因为C在第一象限端点为P， 所以点P为抛物线和的交点， 将两边平方得到，将代入 得到， 解得，将代入解得，则， ，， 则，，因为点P在以，为焦点的双曲线上，，，则离心率为. 8. 已知函数，若当时，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论，去掉绝对值，结合一元二次不等式的求解即可得解. 【详解】当，时，， 当时，，此时， 所以，不满足当时，，故不符合题意； 当，时，，解得， 由于时，，故，解得； 当，时，恒成立，符合题意； 当，时，，解得， 由于时，，故，解得. 综上. 故选：B 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是对分类讨论，结合因式分解方法有针对性求解时的的解集，从而可求解. 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. 在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 直线与所成角的余弦值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对A：利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，又与相交，可得与为异面直线；对B：借助菱形性质可得，再利用三角形全等可得，由等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：求出、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对于A：平行六面体中，， 又为棱的中点，所以与相交，故与为异面直线，A错误. 对于B：连接、，交于点，连接、， 因为，则四边形为菱形，故，点为中点. 又，，所以，故. 又点为中点，所以， 又，，平面，故平面，故B正确. 对于C：由，， 得、、均为等边三角形，故. 在等腰中，， 在等腰中，， 在中，， 在中，，则，C错误. 对于D：连接，，因为，分别为棱，的中点，所以， 又，则直线与所成角即为直线与所成角，即为. ， ，， 在中，，D正确. 10. 记圆，圆，点，已知圆和圆相内切，且圆的半径大于圆的半径，是圆上两点，直线与圆相切，设与圆的另一个交点分别为，则（ ） A. B. ​ C. 当且仅当 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A直接由两圆相内切得，所以A错误；对B由圆的弦长公式及三角形的中位线定理可得；对D由圆心角与圆周角的关系可得；对C由正弦定理并结合BD选项解析可得. 【详解】对于A，圆，圆心，半径， 整理圆， 圆心，半径. 两圆相内切且半径大于半径，圆心距，得， 因此，解得，故选项A 错误； 对于B，由A选项分析知时，圆方程为，点在圆上， 若直线的斜率存在，设直线的方程为， 则圆到直线的距离，所以， 则圆到直线的距离，， 所以，即为的中点， 同理得为的中点，得，所以. 若直线的斜率不存在，则，点仍为的中点， 同理得为的中点，得，所以. 综上所述，，所以B正确； 对于D，根据圆周角与圆心角的关系，且（当直线过圆心时，）， 所以，故D正确； 对于C，当时，由B选项解析知， 在中，由正弦定理得， 得或， 由D选项解析可知，所以. 当时，在中由正弦定理|， 得，故，故C正确. 11. 已知函数，则（　　）． A. B. 在上单调递减 C. D. 在上有且仅有1个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，代入计算即可得到；对于B，由时，，结合初等函数单调性可直接判断；对于C，令，分析可得关于对称，当时，易证，当和时，利用导数判断单调性，结合单调性可证明不等式；对于D，对进行求导，结合基本不等式，可得在上单调递增，且，故在上有且仅有1个零点． 【详解】对于A，， ，故A正确； 对于B，时，， 又在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增，故B错误； 对于C，令， ， 所以关于对称， 当时，， 又， 所以时，， 时， ， 所以在上单调递减，则， 当时，， ， ，， ，即， 所以， 则， 即，所以在上单调递增，此时， 又关于对称，所以成立，故C正确； 对于D，时，， ， 又，当时取等，， 所以， 即在上单调递增，且， 所以在上有且仅有1个零点，故D正确 故选：ACD． 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数为_______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【详解】 当时，， 则的系数为. 13. 已知抛物线C：的焦点为F，点P在C上且位于第一象限，过点P作直线垂直于C的准线，垂足为A，若直线AF的倾斜角为，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用抛物线的定义可以判断为等边三角形,利用平面几何知识求解即可. 【详解】因为抛物线C：的焦点为F，所以， 由题意可得, 所以, 又由抛物线定义得：，所以为等边三角形， 设准线与轴交于点， 在直角中，， 所以. 故答案为：4. 14. 在中，已知，，则的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式以及正弦、余弦函数的有界性可得出、、的值，利用余弦定理可得出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积. 【详解】因为，即， 其中为锐角，且， 由，所以，， 因为，，则， 又因为，故， 因为，则，故，所以， 所以，， 因为，，则， 因为，则，所以，所以， 由余弦定理可得， 可得，故. 故答案为：. 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）设，求曲线的斜率为2的切线方程； （2）若是的极小值点，求b的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由切线斜率为2，结合导数知识可得切线过点，然后可得切线方程； （2）由是的极小值点，可得，然后据此讨论的单调性，分析得在时的极值情况，从而得解. 【小问1详解】 当时，，其中， 则，令， 化简得，解得（负值舍去）， 又此时，则切线方程过点，结合切线方程斜率为2， 则切线方程为，即. 【小问2详解】 由题可得定义域为，， 因是的极小值点，则， 则， 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 得是的极大值点，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 得是的极大值点，不满足题意； 若，则，在上单调递减，无极值，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 得是的极小值点，满足题意； 综上，是的极小值点时，. 16. 已知数列满足：，. （1）证明：是等差数列，并求的通项公式； （2）设，求数列的前2024项和. 【答案】（1） 由得：，所以， 则是以为首项，公差为的等差数列， 故，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由可得，即可证明结论也可求得通项公式； （2）由（1）可得，后结合的值及等比数列求和公式可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得，，. 则 . 17. 如图，已知平行四边形，是线段上的点，且，为线段中点，现将沿翻折至，使得． （1）若点在线段上，且，证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在线段上取一点，使得，利用面面平行的判定定理证明所以面面，然后再由面面平行的性质即可证明； （2）首先证明面面，然后作，即可得面，利用体积转化法求出点到平面的距离，最后由线面角的定义求解. 【小问1详解】 由题意，在线段上取一点，使得，则 ， 又 ，于是四边形为平行四边形，所以， 面 面，所以面， ，故 面， 面，所以面， 又，面，所以面面 ， 因为面，所以面． 【小问2详解】 ， 由余弦定理，即， 故，，由折叠知， 又因为面，，所以面， 面，故面面， 又为正三角形，作 ， 因为面，面面，则面， ，即， 代入，， 解得， ， 设直线与平面所成的角为，则． 18. 已知为离心率为的椭圆的右焦点，过点作轴的垂线与交于两点（在第一象限）. （1）求的方程； （2）求的面积的最大值； （3）若直线与轴交于点，求证：四点共圆. 【答案】（1） （2） （3） 因关于轴对称，故的外接圆圆心在轴上，设， 则的外接圆半径为， 于是的外接圆的方程为：， 因点在该圆上，代入圆的方程解得，则的外接圆方程为：（*） 又直线的方程为：，令，可得， 将其代入（*），可得：， 即点在该圆上，故四点共圆. 【解析】 【分析】（1）利用条件列出关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）先求出点，利用对称性求得，写出的面积表达式，利用二次函数的性质即可求得面积最大值； （3）根据图形对称性，设的外接圆圆心，求出其半径，写出外接圆方程，代入点，求得，化简圆的方程，利用直线的方程求得点，将代入圆的方程，推得，证明点在该圆上即可. 【小问1详解】 依题意，，解得， 故的方程为； 【小问2详解】 依题意，点关于轴对称，将代入，解得， 因点在第一象限，则，， 的面积为， 因，则当，即时，取得最大值为； 【小问3详解】 略 19. 某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试（测试I）通过率为，末通过测试I的芯片进入第二次测试（测试II），通过率为.通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废. （1）若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当，时，求X的期望与方差； （2）已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率； （3）为估计（2）中的，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记.若要使得总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量. 参考内容：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有. 【答案】（1）， （2） （3）1000 【解析】 【分析】（1）先计算出每个芯片通过测试的合格率后，可得服从二项分布，则可借助二项分布的期望与方差公式计算得解； （2）可借助正难则反的思想计算出出一枚芯片合格的概率，也可借助全概率公式计算出出一枚芯片合格的概率，再结合首次测试（测试I）通过率为与条件概率公式计算从而得解； （3）由题意可得，则，，再结合所给参考内容，可得，，利用基本不等式可得，则对，均有，取可得，计算即可得解. 【小问1详解】 每个芯片通过测试的合格率为，， 则，； 【小问2详解】 解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通过测试II，事件C：芯片合格， ， 则； 解法二：记事件：经过测试I，事件：经过测试II，事件B：芯片合格， ，，，， ， 则； 【小问3详解】 因为，所以，， 解法一：，， ，， 又，当且仅当时等号成立， ，均有， 取，则， 根据题意要使得总能不超过0.1， 当，即时满足条件， 最小样本量大约为1000. 解法二：由已知得对，， ， 记，，， 又，当且仅当时等号成立， ，均有， 取，则， 根据题意要使得总能不超过0.1， 当，即时满足条件， 最小样本量大约为1000. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $