四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期适应性考试（一诊）数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省字节精准教育联盟2026届高三上学期适应性考试（一诊）数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知条件，条件，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．复数的虚部为（ ）
A．B．3C．D．
3．已知一组数据为，则这组数据的分位数是（ ）
A．3B．4C．4.5D．5
4．已知抛物线的焦点为，点在上，，则的值是（ ）
A．2B．4C．9D．4或9
5．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知圆锥的高为1，母线与底面所成角的大小为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，，若函数有5个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，且它的图象关于对称，当时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知正方体的棱长为1，则以下说法正确的是（ ）

A．直线与平面所成角的正切值为
B．二面角所成角的大小为
C．直线与直线所成的角为
D．点到平面的距离为
10．下列说法，正确的有（ ）
A．在斜三角形中，恒有
B．已知，则的最大值为
C．已知实数满足，则.
D．已知点是圆上的动点，且，点是直线上的动点，则的最小值为1
11．已知直线：，当和时，对应直线分别为和，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在，使得过点
B．当时，对任意，总存在两个不同的值与之对应
C．的充要条件是
D．存在点，对任意，使得到的距离为常数
三、填空题
12．已知向量，，若，则实数 .
13．已知随机变量X的可能取值是，已知（其中），又，则 ．
14．如图，在平行四边形中，，且交于点，现沿折痕将折起，直至满足条件，此时 .

四、解答题
15．已知中，分别为内角的对边，且，
(1)求角的大小；
(2)设点为上一点，是的角平分线，且，求的长度．
16．已知动点与定点的距离和P到定直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的标准方程；
(2)设点，若曲线C上两点M，N均在x轴上方，且，，求直线FM的斜率.
17．如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，.
(1)求证：平面；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的正切值；
(3)线段上一动点满足，判断是否存在，使平面与平面夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18．给定函数
(1)判断函数的单调性，并求的极值.
(2)若有两个解，求的取值范围.
19．已知数列的首项，且满足.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列的前项和；
(3)令，数列的前项和为.求证：.
参考答案
1．B
【详解】由，得，即，
由，得，即.
推不出，但能推出，
是的必要不充分条件.
故选：B
2．A
【详解】复数，
故虚部为.
故选：A
3．C
【详解】数据从小到大排序为：，共8个，则，
则这组数据的分位数是：.
故选：C
4．D
【详解】抛物线的准线方程为，又点在上，
所以，即，
因为，所以，解得或.
故选：D
5．A
【详解】因为，所以不等式的解集为，
因为当时，必然满足，所以“”能推出“”，充分性成立；
当时，满足，但不满足，所以“”不能推出“”，必要性不成立.
故选：A.
6．A
【详解】如图所示，因为母线与底面所成角的大小为，
所以，，
所以该圆锥的体积为，
故选：A
7．D
【详解】由题意，可知：
当时，，故为的1个零点；
故当时，函数有4个零点，即有4个非0实数根，
即有4个非0实数根，
即与图象有4个交点，
当时，，
当时，则，令得，
所以当时，当时，
则函数在单调递增，在上单调递减，
又，时，时，
且时，时，，
所以图象如图所示：

由图可得，解得.
故选：D.
8．D
【详解】由函数的定义域为，当时，恒成立，
可得函数在上单调递增，
又由函数的图象关于对称，可得，，
则有，即.
故选：D.
9．ABC
【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、
、、；
对A：由轴平面，则平面的法向量可为，
又，则，
设直线与平面所成角为，则，
则，故A正确；
对B：、，
设平面的法向量为，
则有，取，则，
设二面角所成角的大小为，由图可知为锐角
又平面的法向量为，
则，
故二面角所成角的大小为，故B正确；
对C：、，
设直线与直线所成的角为
则，
故直线与直线所成的角为，故C正确；
对D：、、，
设平面的法向量为，
则有，取，则，
则点到平面的距离，故D错误.

故选：ABC.
10．ABD
【详解】对于选项A：因为，则存在，
又因为，
整理可得，故A正确；
对于选项B：设，即，
则
，
其中，当时取得等号，
即，解得，
不妨取为锐角，可知，，符合题意，
所以的最大值为，故B正确；
对于选项C：设，可得，
则即为，
整理可得，
构造，则，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，即，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
且，即，当且仅当，即时，等号成立，
若，可得，，
则，所以，故C错误；
对于选项D：圆的圆心为，半径，
则圆心到直线，即的距离，
因为，则，可知为圆的直径，
又因为，
所以的最小值为1，故D正确；
故选：ABD.
11．ACD
【详解】对于A，直线过点时，，解得，即当时，过点，A正确；
对于B，由，得，而当或时，，B错误；
对于C，由，得，，则，
由，得，直线，，
即，而，直线在轴上的横截距分别为，
则直线，因此的充要条件是，C正确；
对于D，对任意，点到直线的距离，D正确.
故选：ACD
12．
【详解】因为，
所以.
因为，所以，
解得.
故答案为：.
13．/0.1
【详解】由题意得，，
又，
解得，，故.
故答案为：
14．/-0.5
【详解】由题意可知，所以，
折起后如图所示，因为，
又，则,
所以,
又,平面，
则平面，又平面,
则平面平面，
分别过点作的垂线，
垂足分别为点，又平面平面，
即有，同时易证得，
,
所以，所以由余弦定理可知:
.
故答案为：.

15．(1)
(2)2
【详解】（1）在中，由正弦定理及得：，
化简可得：，
由余弦定理得，
又，所以
（2） 是的角平分线，则，
由可得
因为，，即有，
故.
16．(1)
(2)
【详解】（1）由题意，，
整理化简得，，
所以曲线C的标准方程为.
（2）由题意，直线的斜率都存在，设，
则直线的方程为，
分别延长，交曲线于点，
设，
联立，即，
则，
根据对称性，可得，
则
，
即，解得，
所以直线FM的斜率为.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）因为，分别为，的中点，所以.
因为，所以，所以，
又，，，平面，
所以平面.
（2）因为，，，所以，，两两垂直.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意有，，，，，，
则，，，.
设平面的法向量，
则有
令，得，，所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，
则，于是可得
所以，所以直线与平面所成角的正切值为.
（3）假设存在，使平面与平面夹角的正弦值为，
即使平面与平面夹角的余弦值为.
由（2）得，，
所以，，.
易得平面的一个法向量为.
设平面的法向量，
，
解得，令，得，
则是平面的一个法向量.
则有，
即，所以，解得或
又因为，所以.
故存在，使平面与平面夹角的正弦值为.
18．(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）因为，
所以.
由；由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
在处，函数取得极小值，.
无极大值.
（2）当时，；
当时，；
当时，.
作函数草图如下：
所以有两个解，可得.
即所求的取值范围为：
19．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由，则，
又，所以数列是以4为首项4为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，则，
所以
.
（3）由，
则，
由于，则，
所以.
由，则，
要证，即证，
由，则，
则，
下面证明，
当时，，即；
假设，，时，，
则时，
.
综上所述，，则，
所以，
则，当且仅当时取等，
则，即.
综上所述，.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
C
D
A
A
D
D
ABC
ABD
题号
11









答案
ACD