云南省玉溪第一中学2026届高三上学期适应性测试（九）数学试卷（Word版附解析）

这是一份云南省玉溪第一中学2026届高三上学期适应性测试（九）数学试卷（Word版附解析），共19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。
数学试题（九）
一、单选题
1．设集合则
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．若，则（ ）
A．B．
C．D．
4．设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知点，，，圆，一条光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为（ ）
A．B．C．D．
7．已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
8．已知函数，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．eD．
二、多选题
9．已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ）
A．的最小正周期为
B．在区间上单调递增
C．的图象关于直线对称
D．的图象关于点对称
10．已知为坐标原点，点，，.若点满足，，则下列判断错误的是（ ）
A．B．面积的最大值为
C．D．
11．如图，在正方体中，点分别在棱上（不与棱的端点重合），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．若平面与正方体的每条棱的夹角都相同，则直线平面
B．三角形不可能为直角三角形
C．若分别为棱的中点，则存在点，使得平面
D．若二面角的余弦值为，二面角的余弦值为，则二面角的余弦值为
三、填空题
12．在的展开式中，的系数是 ．
13．1675年，卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹．已知点，动点满足，则面积的最大值为 ．
14．如图，在一个大圆中放入两个半径之比为1：2的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为1的大圆，则4次操作后图中最小的圆的半径为 ，次操作后图中所有圆的面积总和为 .
四、解答题
15．在中，，，．
(1)求角A的大小；
(2)求；
(3)若线段AB上点D满足，求CD的长．
16．已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
17．如图，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
18．有甲乙两个口袋，甲口袋中有编号为1，2，3的3个白球，乙口袋中有编号为1，2，3的3个黑球，已知每个球除颜色和编号不同外，其余全部相同．现从甲乙两口袋中各随机任取一个球交换放入另一个口袋，重复进行次这样的操作．
(1)求2次换球后，甲口袋中恰有3个白球的概率；
(2)求次换球后，甲口袋中3个球颜色恰好相同的概率（结果用含的式子表示）；
(3)求次换球后，甲口袋中3个球编号恰好为1，2，3的概率（结果用含的式子表示）．当为多少时，概率取得最大值？最大值是多少？
19．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．C
【详解】因为
所以
故选：C
2．D
详解：的共轭复数为
对应点为，在第四象限，故选D.
3．C
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +csα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +csβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换

所以
即
故选：C.
4．B
【详解】设等比数列的公比为，若，则，矛盾，所以，
故，则，
所以，
，
因此，
故选：B.
5．A
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
6．B
【详解】直线方程为，即，
设点关于直线的对称点为，则，解得，
故，
圆心为，半径为，故，
因此过经过反射在处，由于，
故光线从点发出，经直线反射到圆上的最短路程为，
故选：B
7．C
【详解】由正弦定理可得，
则、，
则.
故选：C.
8．A
【详解】因为，且函数和都是上的增函数，故若恒成立，
则函数和的零点相同，
所以，则，
设，，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故，所以最大值为，
故选：A.
9．AD
【详解】因为，向右平移个单位得，
对于选项A：则最小正周期为，故A选项正确；
对于选项B：令，解得，
所以单调递增区间为，故B选项错误；
对于选项C：令，解得，故C选项错误；
对于选项D：令，解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.
故选：AD.
10．ACD
【详解】若，，则点在劣弧上，或者在优弧上，
所以或者，故错误；
因为，故正确；
取，，则，故错误；
点在劣弧上时，为钝角，，
点在优弧上时，为锐角，，故错误.
故选：.
11．ABD
【详解】对于A，在正方体中，令点到平面的距离为，
由平面与正方体每条棱的夹角都相同，得棱与平面所成角都相等，
则，于是，而，则，，
而平面，平面，因此平面，A正确；

对于B，设，则，
从而，则，同理，，
因此三角形为锐角三角形，B正确；
对于C，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方体棱长为2，

则，，
假设存在点，使得平面，则，，
解得，即与重合，不符合题意，因此不存在点，使得平面，C错误；
对于D，由选项C得，平面的法向量为，平面的法向量为，
平面的法向量为，设平面的法向量为，
则，解得，
，解得，因此，
则，
所以二面角的余弦值为，D正确．
故选：ABD
12．160
【详解】的展开式的通项为，
令，解得，
所以的系数是.
故答案为：160.
13．3
【详解】已知定点为，，
因为动点满足，
所以点的轨迹方程为，
两边同时平方可得，
整理得，
所以，
此时，当且仅当，时，取得最大值，
故答案为：3
14．
【详解】次操作后，小圆的半径依次为，
大圆的半径依次为，
所以小圆半径是首项为，公比为等比数列，
大圆半径是首项为，公比为等比数列，
4次操作后图中最小的圆的半径为；
次操作后，小圆面积和为：
，
大圆面积和为：
所以大圆与小圆面积和为，
则所有圆的面积总和为.
故答案为：
15．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由，
即，
又，
所以，
在中，，所以，则；
（2）由，，，
结合余弦定理可得，
所以，则；
（3）易知，
所以
，
由正弦定理得.
16．（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【详解】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．
只需证当时，恒成立．
当时，．
只需证明⑤式成立．
⑤式，
令，
则，
所以当时，单调递减；
当单调递增；
当单调递减．
从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．
综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，
记，
，
①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；
②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意.
综上，.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为内接于圆为圆的直径，所以.
因为平面平面，所以.
又平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为平面平面，
所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
则，
所以.
设平面的法向量，
由得
不妨设，则，
所以平面的一个法向量.
又，
设平面的法向量，
由得
不妨设，则，
所以平面的一个法向量.
所以，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
18．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）经过一次交换后，甲口袋中有2白1黑，乙口袋中有2黑1白，
记“2次换球后，甲口袋中恰有3个白球”为事件，则；
（2）记“次换球后，甲口袋中有3个球颜色相同的”概率为，
则
当第次换球后，只有两种可能，一种是同颜色，另一种是有一个不同颜色，
而同颜色的交换后不可能再同颜色，而有一个不同颜色的通过交换可以变为同颜色，
此时发生的概率为，再根据全概率公式可得：
，所以，
则是等比数列，即；
（3）又记“次换球后，甲口袋中有3个球编号分别为1，2，3”概率为，
则，
当第次换球后，只有两种可能，一种是有三个编号为1，2，3，另一种是没有三个编号为1，2，3，
而三个编号为1，2，3的交换后也有可能编号仍为1，2，3，此时发生的概率为，
另一种可能是AAB型，另一边一定是BCC型，这样通过交换A和C就可以变换为有三个编号为1，2，3，此时发生的概率为，再根据全概率公式可得：
，
所以有，
即是等比数列，即，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以当时，取到最大值.
19．(1)答案见解析
(2)① 证明见解析；②存在；
【详解】（1）设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．