玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试(四)
数 学
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. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
2. 已知复数满足,则( )
A. B. C. D.
3. 若函数在区间单调递增,则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
4. 已知,则( )
A. B. C. D.
5. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块
6. 的展开式中的系数为( )
A 55 B. C. 30 D.
7. 已知定义在R上的函数,若函数恰有2个零点,则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
8. “曼哈顿距离”是人脸识别中一种重要测距方式,其定义如下:设,则两点间的曼哈顿距离,已知,点在圆上运动,若点满足,则的最大值为( )
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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9. 如图,在长方体中,,,分别为棱,的中点,则下列说法正确的是( )
A. 四点共面 B. 直线与所成角为
C. 平面 D. 平面平面
10. 下列结论正确的是( )
A. 若,则 B. 若,,则
C. 若且,则 D. 若,则
11. 已知函数,则( )
A. 当时,函数在上单调递增
B. 当时,函数有两个极值
C. 过点且与曲线相切的直线有且仅有一条
D. 当时,直线与曲线有三个交点,,则
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12. 已知两个单位向量,满足,则向量和的夹角为______.
13. 已知是椭圆的左、右焦点,是上一点.过点作直线的垂线,过点作直线的垂线.若的交点在上(均在轴上方,且,则的离心率为__________.
14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为,则__________;__________.
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,内角的对边分别为,已知.
(1)求证:;
(2)若,求的面积.
16. 如图,在四棱锥中,底面为矩形,,侧面是等边三角形,三棱锥的体积为,点是棱的中点.
(1)求证:平面平面;
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17. 现有两组数据,组:组:.先从组数据中任取3个,构成数组,再从组数据中任取3个,构成数组,两组抽取的结果互不影响.
(1)求数组的数据之和不大于8且数组的数据之和大于8的概率;
(2)记,其中表示数组中最小的数,表示数组中最大的数,求的分布列以及数学期望.
18. 设为坐标原点,抛物线与的焦点分别为为线段的中点.点在上在第一象限),点在上,.
(1)求曲线的方程;
(2)设直线的方程为,求直线的斜率;
(3)若直线与的斜率之积为,求四边形面积的最小值.
19. 已知,
(1)求在处的切线方程以及的单调性;
(2)对,有恒成立,求的最大整数解;
(3)令,若有两个零点分别为且为的唯一的极值点,求证:.
玉溪一中2025—2026学年上学期高三适应性测试(四)
数 学
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. 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】∵,∴,
又,所以,
故选:C.
2. 已知复数满足,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】设,则,
因为,所以,所以,
所以,解得,所以.
故选:A.
3. 若函数在区间单调递增,则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】令,又在R上单调递减,
所以要使在区间单调递增,
则在区间单调递减,
所以由的开口向上且对称轴为得,解得.
故选:D
4. 已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】
故选:D.
5. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块
【答案】C
【详解】设第n环天石心块数为,第一层共有n环,
则是以9为首项,9为公差的等差数列,,
设为的前n项和,则第一层、第二层、第三层的块数分
别为,因为下层比中层多729块,
所以,
即
即,解得,
所以.
故选:C
6. 的展开式中的系数为( )
A 55 B. C. 30 D.
【答案】C
【详解】对,有,
令,有,
令,有,
则,
故的展开式中的系数为.
故选:C.
7. 已知定义在R上的函数,若函数恰有2个零点,则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】如图,数形结合,观察直线与曲线的位置关系.
当,
故在处的切线方程为.
当,同理可得在处的切线方程为.
当,
设切点为,其中,则过该点的切线方程为,
代入,得,故过的切线方程为.
可得当时,有两个交点,即函数恰有两个零点.
此时
故选:B
8. “曼哈顿距离”是人脸识别中一种重要测距方式,其定义如下:设,则两点间的曼哈顿距离,已知,点在圆上运动,若点满足,则的最大值为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】如图所示,由圆,可得,
则圆心,半径,
设,则,可得点的轨迹为如下所示的正方形,
其中,则,
则,所以的最大值为.
故选: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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9. 如图,在长方体中,,,分别为棱,的中点,则下列说法正确的是( )
A. 四点共面 B. 直线与所成角为
C. 平面 D. 平面平面
【答案】BD
【详解】对于A:在长方体中,在平面内,为的中点,平面,则为平面外一点,故不共面,故A错误;
对于B:如图,取中点,连接,,
可得,则为直线与所成角,
在长方体中,由,易得为边长为的正三角形,故,故B正确;
对于C:若平面,又平面,则平面平面,而平面平面,故矛盾,故C错误;
对于D:在长方体中,平面,平面,
所以,平面平面,故D正确.
故选:BD
10. 下列结论正确的是( )
A. 若,则 B. 若,,则
C. 若且,则 D. 若,则
【答案】AD
【详解】对于选项A,当时,.
∵,当且仅当时,取等号,∴,故A正确.
对于选项B,∵且,由糖水原理可知,故B错误;
对于选项C,当时,结论不成立,故C错误;
对于选项D,,即,故D正确.
故选:AD.
11. 已知函数,则( )
A. 当时,函数在上单调递增
B. 当时,函数有两个极值
C. 过点且与曲线相切的直线有且仅有一条
D. 当时,直线与曲线有三个交点,,则
【答案】ACD
【详解】A选项,时,,
恒成立,故函数在上单调递增,A正确;
B选项,,当时,恒成立,
此时在R上单调递增,无极值,B错误;
C选项,显然不在上,设切点为,
因为,所以,
故切线方程为,
又切线过点,故,
整理得,
设,则
令得或,
令得或,令得,
故在上单调递增,在上单调递减,
其中,,
又,故只有1个根-2,
故过点且与曲线相切的直线有且仅有一条,C正确;
D选项,当时,,
若,直线,
此时与曲线只有1个交点,不合要求,故,
,直线与曲线联立得
,
设,
故,
所以,则,D正确.
故选:ACD
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12. 已知两个单位向量,满足,则向量和的夹角为______.
【答案】
【详解】因为向量,为单位向量,所以,,
又,所以,所以,
所以,
,
所以,
又,所以.
故答案为:.
13. 已知是椭圆的左、右焦点,是上一点.过点作直线的垂线,过点作直线的垂线.若的交点在上(均在轴上方,且,则的离心率为__________.
【答案】##
【详解】设,,由题意可知:,
则直线的斜率,可知的方程为,
同理可得:的方程为,
联立方程,解得,即,
因为在上,可知关于x轴对称,
且,则,可得,
又因为,即,
由题意可得:,整理得,
解得或(舍去),则,
所以的离心率为.
故答案为:.
14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人.如果设次传球后球在甲手中的概率为,则__________;__________.
【答案】 ①. ②.
【详解】记n次传球后球在甲手中的事件为,对应的概率为,,
,则,
于是得,即,
而,
所以数列是首项为,公比为的等比数列,
因此,,即,
所以n次传球后球在甲手中的概率是.
.
故答案:①;②.
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,内角的对边分别为,已知.
(1)求证:;
(2)若,求的面积.
【答案】(1)见解析 (2)
【小问1详解】
因为,
根据正弦定理得:
又,所以,
所以,
即,
所以,或(舍),
所以.
【小问2详解】
根据正弦定理得,即,
有余弦定理,得,
解得或,
当时,,,,则,,
而,矛盾,舍去,故,
所以的面积为
16. 如图,在四棱锥中,底面为矩形,,侧面是等边三角形,三棱锥的体积为,点是棱的中点.
(1)求证:平面平面;
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【小问1详解】
因为底面为矩形,,所以,
设三棱锥的高为,又三棱锥的体积为,
所以,所以,
又侧面是等边三角形,且,
取的中点,连接,可得,从而为三棱锥的高,
所以平面,又平面,所以,
又,,平面,
所以平面,又平面,所以平面平面;
【小问2详解】
取的中点,连接,则,
故由(1)可以为坐标原点,所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系,
则,
则,
设平面的一个法向量为,
则,令,则,
所以平面的一个法向量为,
又平面的一个法向量为,
设平面与平面夹角为
所以,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 现有两组数据,组:组:.先从组数据中任取3个,构成数组,再从组数据中任取3个,构成数组,两组抽取的结果互不影响.
(1)求数组的数据之和不大于8且数组的数据之和大于8的概率;
(2)记,其中表示数组中最小的数,表示数组中最大的数,求的分布列以及数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析,
【小问1详解】
记“数组的数据之和不大于8”为事件,“数组的数据之和大于8”为事件,
则,
事件包含的数组有:、、、、、,共组,
,故所求概率.
【小问2详解】
依题意,的可能取值为;
,
,
则的分布列为
1 2 3 4
则.
18. 设为坐标原点,抛物线与的焦点分别为为线段的中点.点在上在第一象限),点在上,.
(1)求曲线的方程;
(2)设直线的方程为,求直线的斜率;
(3)若直线与的斜率之积为,求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【小问1详解】
抛物线的焦点为,
由为线段的中点,可得,
所以曲线的方程为;
【小问2详解】
设,,,,
联立,消去x整理得,解得,,
则,,
因为,则,
因,,则,所以,
所以,,即,直线的斜率为;
【小问3详解】
因为,,,,
所以,,
因为,所以
因为,,,,
所以,①
由代入①得,
由得,
因为,,所以,所以,同理,
所以且,
所以,因为,所以,
所以,得,即,
设,联立消去x,得,
所以,所以,则,所以过定点,
则,
当且仅当,即时取等号,所以,
所以四边形面积的最小值为
19. 已知,
(1)求在处的切线方程以及的单调性;
(2)对,有恒成立,求的最大整数解;
(3)令,若有两个零点分别为且为的唯一的极值点,求证:.
【答案】(1),单调递减区间为,单调递增区间为;
(2)
(3)证明见解析
【小问1详解】
因为,所以定义域为,且,
从而,又,所以切线方程为即;
,令解得,令解得,
所以的单调递减区间为,单调递增区间为.
【小问2详解】
对,有恒成立,
等价于恒成立,
等价于恒成立,
等价于恒成立,记,则,
则,记,因为,
所以为上的递增函数,
又,,所以,使得,
即,
所以在上递减,在上递增,且;
所以的最大整数解为.
【小问3详解】
由题意,则,
令得,当,,当时,;
所以在上单调递减,上单调递增,
而要使有两个零点,要满足,
即;
因为,,令,
由,所以,即,
所以,
而要证,只需证,即证:,
即:,由,只需证:,
令,则
令,则,
故在上递增,;
故在上递增,;所以.