广西玉林市2026届高三上学期1月份适应性测试数学试题解析版

这是一份广西玉林市2026届高三上学期1月份适应性测试数学试题解析版，共10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：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1.已知集合是不大于6的正奇数，，则
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】是不大于6的正奇数，又，则.
2.等比数列中，，，则
A．2B．4C．8D．1
【答案】A
【解析】由等比数列的性质可得，故.
3.在复平面内，对应的点位于
A. -8 B. -6 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】由题意得，则，
则该复数对应的点位于第三象限，故C正确.
4.已知平面向量，，若，则
A．B．C．1D．2
【答案】D
【解析】，，则，由得，解得.
5.已知直线平分圆的面积，则
A．0B．C．2D．1
【答案】A
【解析】由题意得圆的圆心为，因为直线平分圆的面积，
所以直线必过圆心，则，即，故A正确.
6.已知某扇形的周长为6，面积为2，圆心角为锐角，则其弧长为
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】设扇形的弧长为，扇形的半径为，圆心角为，因为扇形的周长为6，面积为2，所以，解得或，当时，，不是锐角，故排除，当时，，符合题意，故B正确.
7.将单词卡片“breathless”拆解成十张字母卡片，现从中随机抽两张字母卡片，已知一张字母卡片最多只能被抽到一次，若抽到的两张卡片上的字母相同，则它们均为e的概率为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】记事件A: 抽到的两个字母相同，事件B: 抽到的字母均为e，注意到重复情况仅可能为两个e或两个s，故，，于是.
8.半径为2的球O的球面上有四点，其中为球O直径，是等边三角形，若，则四面体的体积为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，设的中点为，，延长交球于，
由题意可知，，，，
如图，记外接圆圆心为，则为的中点，
则，，，，
而，
，
因为，解得，所以，得到，，
故四面体体积为.
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.已知双曲线（）的渐近线方程为，其焦点分别为，，点在上，则
A．
B．的离心率可以为
C．当时，点到渐近线的距离为6
D．当时，
【答案】BD
【解析】对于A，可得双曲线，令，得到，化简得渐近线方程为，由题意得渐近线方程为，得到，解得，故A错误，
对于B，由已知得，则双曲线方程变为，令，则双曲线方程变为，
化为标准方程可得，此时，可得离心率为，故B正确，
对于C，当时，方程变为，化为标准方程可得，此时，
由题意得渐近线为，取一条渐近线，即，
设，点到渐近线的距离为，由点到直线的距离公式得，故C错误，
对于D，当时，双曲线方程变为，化为标准方程可得，此时，由双曲线的定义得，故D正确.
10.记为正项数列的前n项和，且，则
A．B．是等差数列C．是递增数列D．是递增数列
【答案】ACD
【解析】对于A, 注意到, , , , 由得, 故A正确;
对于B, 实际上, , , , 显然, 故B错误;
对于C, 由,与两式相减得，即, 因为为正项数列，所以且, 可得, 即, 故C正确,
对于D, 注意到, 可得是递增数列, 故D正确.
11.已知函数，，都是奇函数，是偶函数.当时，，则
A．
B．对任意，
C．当且仅当，
D．
【答案】ABD
【解析】对于A，由是奇函数可得，可知曲线关于对称，
又是奇函数，关于对称，可知对于任意整数，关于对称，于是，故A正确；
对于B，由A,成立，构造，
由于是偶函数，则是偶函数，则关于对称，
由于是奇函数，是奇函数，则是奇函数，则，，即周期为4，而，，，，则，故B正确；
对于C，令，则为奇函数，，关于对称，则周期为4，当时，
在一个周期内画出和图像，

则可得即，当且仅当或，，故C错误；
对于D，当时，，则在上，，，
则，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.椭圆的四个顶点围成四边形的周长与面积的比值为________.
【答案】
【解析】椭圆的顶点依次为，这4个顶点围成菱形，
其周长为，面积为，
所以所求比值为 .
13.已知函数（），若曲线关于点中心对称，则的最小值为_______.
【答案】
【解析】由正切函数性质可知，函数的对称中心为，
因为曲线关于点中心对称，
所以，即
因为，所以，解得，
因为，所以，故 .
14.若，，则________.
【答案】4
【解析】
，令函数，
而函数在上单调递增，则函数在上单调递增，
又原等式等价于，由，得，
因此，所以 .
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.记内角的对边分别为，已知，.
(1)求；
(2)若边上的高为，求与的外接圆半径 .
【解析】（1）由余弦定理得，
因为，所以，
化简得，而，则，解得，
因为，所以.
（2）如图，作出符合题意的图形，作，
因为边上的高为，所以，
由锐角三角函数的定义得，
因为，所以，由勾股定理得，
设外接圆半径为，由正弦定理得，解得 .
16.已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【解析】（1）因为，所以，
当时，可得，此时在上单调递增，
当时，令，，
令，，则在上单调递增，在上单调递减，
综上可得，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
（2）由题意得，令，则，令，，令，，则在上单调递增，在上单调递减，则的极小值为，而，可得，即得证 .
17.如图，在三棱台中，，平面ABC，.
(1)证明：平面平面；
(2)点M满足，求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】
（1）由 平面 平面知 ．
由 平面 ， 平面 得 平面 ，
由 平面 知 ，
由几何关系知 ，于是 .
由 平面平面，可得平面 ，
由 平面 得 平面 平面 ．
（2）以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 的方向为 轴正方向、 的方向为 轴正方向，如图建立空间直角坐标系，
不妨设 ，则 ，，，，
由可得，
于是 ，，
显然平面 的一个法向量 ，
设平面 的一个法向量为 ，
即，可取，
记平面 与平面 的夹角为
则 .
18.在平面直角坐标系中，抛物线C：（）的焦点为.设n为正整数，点为C上一点，直线交C于另一点.
(1)求a；
(2)证明：为定值，并求该定值；
(3)分别作以点与点为切点的抛物线的两条切线相交于点，证明：.
【解析】（1）抛物线等价于，
由于焦点为，则有，解得．
（2）由（1），设直线方程为，
联立，得．由于为直线与抛物线交点，故为上述方程的两根，
故由韦达定理，，也即为定值.
（3）抛物线在处的斜率，故切线方程为．
同理，在处的切线方程为，
两式相减得，
也即，解得，
代人切线方程得．
故，
则由基本不等式，，
当且仅当时，等号成立，
故，得证.
19.设函数，集合（）.a，，设的图象与x轴有交点的概率为.
(1)求的值；
(2)求关于n的表达式；
(3)证明：.
参考公式：.
【解析】（1）的图象与x轴有交点的概率等价于存在零点的概率.
令，即，即.
当时,任取2个可相等的数的总方式为，
其中满足的方式为，共七种，故.
（2）由（1）可知等价于求的概率.
当时，.又为中的元素，故恒成立，
此时仅需考虑的总取法.
此时的总取法为，的总取法为，
故两者相乘可得总取法数为.
当 时,易有 的总计有个,
故此时的取法总数为.
综上,满足条件的总取法数为.
故所求概率=.
（3）从反面考虑，从 中等概率任取 2 个可相等的数分别记为 ，
使 不存在零点的概率为 ．
当其无零点时， ．由于 ，故 ．
故此时，满足 的的选取方式总数小于 ．
故 ，也即 得证 .