2025-2026学年西北四省三重教育高三上学期12月高考适应性考试数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年西北四省三重教育高三上学期12月高考适应性考试数学试题（附答案解析），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．复数满足，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
2．集合，集合，若，则（ ）
A．3B．-3C．D．9
3．已知向量，若与同向共线，则为（ ）
A．B．C．D．0
4．一个数学小组的数学成绩为，则这组数据的下四分位数为（ ）
A．90B．90.5C．94.5D．94
5．在等比数列中，，是函数的极值点，则（ ）
A．B．3C．D．
6．已知抛物线：（）的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于两点，，点在上，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
7．已知正数满足，则与的关系不可能是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，都是锐角，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知直线，圆，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则l与圆C相切B．若l与圆C相交，则
C．圆C可能关于l对称D．若，则l被圆C截得的弦长为4
10．已知圆锥的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，则（ ）
A．该圆锥母线与底面所成角为B．该圆锥的体积为
C．该圆锥侧面展开图的面积为D．该圆锥侧面展开图为半圆
11．在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ）
A．为锐角三角形B．若，则
C．的最小值为D．
三、填空题
12．展开式中第四项的系数是 ．
13．已知直线过双曲线的左焦点，且与双曲线有且仅有一个交点，则双曲线的离心率为 ．
14．设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为 ．
四、解答题
15．某项科研活动共进行了5次试验，其数据如下表所示：
(1)根据表中的数据，计算相关系数；
(2)求特征量关于的线性回归方程，并预测当特征量为12时特征量的值．
参考公式：相关系数
，．
参考数据：，，．
16．已知函数，函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为，求：
(1)的值及的单调递增区间；
(2)在区间上的最大值和最小值.
17．已知三棱柱，平面平面，.
(1)证明：平面平面；
(2)若是边长为的等边三角形，平面与平面所成角的正弦值为，求的长.
18．已知函数.
(1)当时，请写出函数的图象的对称中心，并说明理由.
(2)当时，过点可以作曲线的两条不同的切线，切点分别为和.
①若，求的值；
②证明：.
19．已知，两点在椭圆上，直线交椭圆于两点（均不与点重合），过作直线的垂线，垂足为.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线，的斜率分别为，当时，
①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
②求的最小值.
特征量
第1次
第2次
第3次
第4次
第次
2
5
8
9
11
12
10
8
8
7
《西北四省三重教育2025-2026学年高三上学期12月高考适应性考试数学试题》参考答案
1．C
【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的概念可得出结果.
【详解】由题意可得，故的虚部为.
故选：C.
2．C
【分析】根据交集结果得，解出再验证即可.
【详解】．
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意；
.
故选 C.
3．A
【分析】根据向量共线定理的坐标表示即可求解．
【详解】∵与共线，
∴，即，解得．
当时，，与同向共线，符合题意．
当时，，，与反向共线，不符合题意，舍去．
综上，，
故选：A．
4．B
【分析】本题考查下四分位数的计算．下四分位数也称为第25百分位数，计算时先将数据从小到大排序，然后根据数据个数计算位置，若为整数，则下四分位数是第项与第项数据的平均值；若不是整数，将向上取整，下四分位数是该位置的数据．
【详解】将数据从小到大排序：，数据个数．
下四分位数的位置，
由于是整数，下四分位数是第项与第项数据的平均值，即第2项和第3项数据的平均值：．
故选：B．
5．D
【分析】对函数求导，根据极值点及根与系数关系得，再由等比数列的性质有，，即可得.
【详解】由，则，
因为在等比数列中，是函数的极值点，
所以，故，且，
故，故.
故选：D
6．B
【分析】由已知先求出点的坐标，由即可求得，利用抛物线的定义即可求解.
【详解】由题意有：当时，，所以，
所以，解得，又因为，所以.
故选：B.
7．D
【分析】由指数式与对数式的互化与幂函数，指数函数的单调性判断即可.
【详解】设，则，即，
当时，在上为减函数，而函数在上为增函数，
则，即，故AB可能成立；
当时，则，即；
当时，在上为增函数，
则，即，故C可能成立，D不可能成立.
故选：D.
8．D
【分析】根据同角三角函数的基本关系及两角和差的正弦公式化简求值即可得解.
【详解】∵，∴，
∴，
∴，，
从而．
由知，则，
那么，
故选：D
9．AD
【分析】利用点到直线距离公式计算判断直线与圆的位置关系判断A，B，结合圆心能否在直线上判断C，应用几何法求弦长判断D选项．
【详解】直线l过定点，圆C：，所以圆心为，半径为
对于A，若，则圆心到直线的距离，所以l与圆C相切，故A正确；
对于B，依题意，由圆心到直线的距离，解得或，故B错误；
对于C，将到代入l的方程，得不成立，故l不能经过圆心C，则圆C不可能关于l对称，故C 错误；
对于D，若，圆心到直线的距离为，则弦长为，故D正确．
故选：AD.
10．ABD
【分析】设圆锥底面半径，然后得到底面面积和周长，从而表示出侧面面积，由题意建立方程解得底面半径.然后由母线和底面半径求出母线与底面夹角；由母线与底面夹角的正弦值求出圆锥的高，从而求出体积；由公式求出侧面面积；由侧面面积与以母线为半径的圆的面积关系得到侧面展开图是否是半圆.
【详解】设圆锥底面半径为，
则底面面积，底面周长，
∴侧面面积，
由题意得，即，即，
设该圆锥母线与底面所成角为，则，即，A选项正确；
则该圆锥的体积，B选项正确；
侧面面积，C选项错误；
侧面面积，所以该圆锥侧面展开图为半圆，D选项正确.
故选：ABD.
11．BCD
【分析】由诱导公式即可判断A，由正弦定理即可判断B，由条件可得，结合基本不等式代入计算，即可判断C，由条件可得，然后换元，结合二次函数的值域，即可判断D.
【详解】对于A，由可得，
则或，即或，
因为三角形为斜三角形，若，则，，
不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误；
对于B，由正弦定理可得，则，
所以，故B正确；
对于C，由，可得，
且，则，
则
，
当且仅当时，即时，等号成立，故C正确；
对于D，由C可知，，
则，
令，
由可得，则，
所以，故，
且，
所以，
当时，取得最大值，
当或时，最小值为，
所以，故D正确；
故选：BCD
12．
【分析】根据二项式定理即可求解．
【详解】根据二项式定理，展开式的第四项为：
，
故答案为：．
13．
【分析】利用已知条件可求出的值，再利用直线与双曲线有且仅有一个交点可得的关系，从而可求得的值，进而求离心率.
【详解】设双曲线的左焦点为，
因为双曲线的左焦点在轴负半轴上，
即为直线与轴的交点，
所以，即，所以①，
又因为双曲线与直线有且仅有一个交点，
所以直线与双曲线的渐近线平行，
所以，即②，
由①②可得，，所以.
故答案为：.
14．/
【分析】由题可得，又由奇偶性，周期性可得只需研究在上的最值情况，利用导数得其最值可得答案.
【详解】对于任意的，都有，
则.
注意到，，则的一个周期为，且为偶函数，
则由在上的最值情况，可得其在定义域上的最值情况.
时，，
故.
，则或.
则的最值只可能在处产生.
因，
则此时，故.
故答案为：
15．(1)
(2)，
【分析】（1）根据题意，根据相关系数的计算公式即可求解；
（2）根据题意即可求解关于的线性回归方程，再将特征量为12代入即可求解．
【详解】（1）由题意得，，
，
，，
相关系数．
（2）由（1）知，，
，
所求的线性回归方程是．
当特征量为12时，可预测特征量．
16．(1)，
(2)的最大值为，最小值为
【分析】（1）先将函数化简，由函数图象的相邻两个对称中心之间的距离为得，再根据正弦函数的单调性求解即可；
（2）方法一：由得，根据正弦函数性质求解即可；方法二：由（1）得函数在上的单调性后求解即可.
【详解】（1）
.
因为函数图象的相邻两个对称中心间的距离为，
所以，故，
因为，所以，
因为，
令，
即，
所以的单调递增区间为.
（2）方法一：
因为，所以，
所以，
当，即时，取最大值，最大值为；
当，即时，取最小值，最小值为.
方法二：
由（1）知的单调递增区间为，
同理的单调递减区间为，
又因为，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以的最大值为，
又有，所以的最小值为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点在平面内作，垂足为点，由面面垂直的性质得出平面，可得出，由已知条件得出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出的长.
【详解】（1）过点在平面内作，垂足为点，如图所示：
因为平面平面，平面平面，，
平面，所以平面，
因为平面，所以，
在三棱柱中，，，故四边形为平行四边形，
所以，
又因为，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，故平面平面.
（2）因为是边长为的等边三角形，则为的中点，且，
因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的一个法向量为，，
则，取，可得，
设平面与平面所成角为，则，所以，
又因为，解得，故.
18．(1)对称中心为，理由见解析
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）当时，写出函数的解析式，计算得出，结合函数对称性的定义可得出结果；
（2）①当，时，利用导数求出曲线在点处的切线方程，将点的坐标代入切线方程，即可求出的值；
②求出曲线在点处的切线方程，将点的坐标代入切线方程得出，同理可得，可得，根据极值点偏移证得，再根据弦长公式得，构造函数判定其单调性即可证明.
【详解】（1）当时，，函数的定义域为，
因为，即，
因此函数图象的对称中心为.
（2）①当时，，则，当时，则切点，且，
曲线在点处的切线方程为，即，
由题意知，点在直线上，则，解得；
②当时，曲线在点处的切线方程为，
将点的坐标代入切线方程得，可得，同理可得，
构造函数，其中，则，
由可得，由可得，
所以函数的减区间为，增区间为，
由题意可知，关于的方程有两个不等的实根、且，则，
将等式与等式作差得，即，
令，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，故函数在上为减函数，
因为，所以，
即，所以，所以，
不难发现，，
所以由弦长公式可知，所以，
设，
所以，
所以函数在上为增函数，由可得，
即，
即，证毕.
19．(1)
(2)①证明见解析，；②1
【分析】（1）将，两点代入椭圆方程解出的值即可；
（2）①解法一：设直线，，，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，解出的关系即可求解；解法二：设，，利用在椭圆上可得， ，作差结合化简即可求解；②由可得点在以为直径的圆上，利用圆的性质求解即可；
【详解】（1）由题意可得，
所以椭圆的标准方程为：．
（2）解法一：①由条件，可知直线的斜率存在，
设直线，，，
联立方程组：，
其中（▲），
所以，，
由条件，即，
由于直线不过点，故，
化简可得，
所以
，
代入（▲）式，，此时直线恒过定点．
②因为，所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径为，

所以，此时的坐标为，的斜率，满足条件．
故的最小值为．
解法二：①设，，由条件，即（★），
由点在椭圆上，则有，
即①，同理可得② ，
①②可得：
代入（★）式可得：，
即，
变形可得．所以直线恒过定点．
②解法同一.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
B
D
B
D
D
AD
ABD
题号
11









答案
BCD