云南省玉溪第一中学2026届高三上学期适应性测试（十）数学试题（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（十）数学试题（Word版附解析），共18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（十）
一、单选题
1．设z=i(2+i)，则=
A．1+2iB．–1+2i
C．1–2iD．–1–2i
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．某中学高三（1）班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为（ ）（参考数据：）
A．16B．10C．8D．2
4．由曲线围成的图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
5．若，其中，则＝（ ）
A．B．C．D．
6．在中，已知，点在边上且．若，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于的位置，则（ ）
A．B．C．D．
8．定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数的最小正周期为，则（ ）
A．
B．点是图象的一个对称中心
C．在上单调递减
D．将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象
10．已知直线经过抛物线的焦点，且与交于、两点（其中），与的准线交于点，若，则下列结论正确的为（ ）
A．B．
C．D．为中点
11．已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（ ）
A．B．是极大值点
C．D．
三、填空题
12．已知等差数列的各项均为正数，若，则 .
13．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是
14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，点B到平面AEF的距离为 ．
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)在边上存在一点，使得，连接，若的面积为的平分线交于点，求的值．
16．如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知函数（）.
(1)若，求的极小值；
(2)当时，求的单调递增区间；
(3)当时，设的极大值为，求证：.
18．已知椭圆的左，右焦点为，点是椭圆上任意一点，的最小值是．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆的上，下顶点，为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）设直线与直线交于点，直线的斜率为，试探究满足的关系式．
19．对于数列，若存在常数满足，则称为“上界数列”，为的“上界”，并把最小的值叫做“上界临界值”，记为．记数列的前项和为，已知，．
(1)判断是否为“上界数列”，并说明理由；
(2)若，为数列的前项和，求数列的“上界临界值”；
(3)若，数列的“上界临界值”为，证明：．
参考答案
1．D
【详解】，
所以，选D．
2．C
【详解】，
所以，
故选：C
3．C
【详解】因为数学成绩，所以，因此由
所以有，
估计该班数学得分大于120分的学生人数为，
故选：C
4．B
【详解】当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为.
当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为.
所以曲线围成的图形的面积为.
故选：B.
5．A
【详解】∵，则令①，
∵②，
由①2＋②2得，
又，∴．
∴．
故选：A.
6．B
【详解】由题，且为锐角，则
，又，
则，.
.
由正弦定理，，
，
则，则.
故选：B

7．D
【详解】依题意，当时，的可能取值为1,3,5，且，
所以
.
故选：D．
8．C
【详解】因为为偶函数，所以，则，
由，
得，
又因为函数在上单调递减，且，
则函数在上单调递增，
则时，，当时，，
则当时，，
当时，，
所以的解集为，的解集为，
由于不等式的解集为，
当时，不等式为，
此时解集为，不符合题意；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
要使不等式的解集为，
则，即；
当时，不等式解集为，
不等式解集为，
此时不等式的解集不为；
综上所述，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
即的最小值为.
故选：C
9．AB
【详解】由题意知,A正确.
，
故关于对称，B正确.
令，则，
当时，，
令，则，
当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
而，故在上不单调递减，C错误；
将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到的图象,
而
，D错，
故选：
10．BD
【详解】对于A选项，因为抛物线的焦点，则，可得，A错；
对于B选项，如下图所示：
若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，由A选项可知抛物线的方程为，
设点、，联立可得，，
由韦达定理可得，，
不妨设，由图可知，
，则，
所以，，解得，则，
所以，，B对；
对于C选项，由B选项可知，，
直线的方程为，联立，解得，则，
所以，，
，则，C错；
对于D选项，因为，则为的中点，D对.
故选：BD.
11．BCD
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
对于A，由图像可知，则，故A错误；
对于B，注意到时，，，.
结合图像可知当
当是函数的极大值点，是函数的极小值点，故B正确，
对于C, 表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减.
故，化简可得
，故C正确；
对于D，由于，
故因此，
且，故，
由于为单调递减函数，为单调递增函数，结合为单调递增函数，因此为单调递增函数，由于，可得，故D正确.
故选：BCD
12．
【详解】设等差数列的公差为，
则有，即，
化简得，解得或，
又等差数列的各项均为正数，故，故，
则.
故答案为：.
13．
【详解】设事件分别表示甲两轮猜对1个，2个成语，事件分别表示乙两轮猜对1个，2个成语，则
，，
，，
设事件为““星队”在两轮活动中猜对3个成语”，
则，且与互斥，与，与分别相互独立，
所以
，
故答案为：
14．
【详解】∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，
∴以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，
∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），E（），
P（0，0，），D（0，2，0），
设F（a，b，c），，则（a，b，c）＝（0，2λ，），
解得a＝0，b＝2λ，c＝，
∴＝（0，2λ，），＝（0，2，），
∵AF⊥PD，∴＝4λ﹣，解得λ＝，
∴＝（），＝（），＝（0，，），
设平面AEF的一个法向量＝（x，y，z），
则，取y＝，得＝（0，），
∴点B到平面AEF的距离为：d＝＝．
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）由及正弦定理得，
又，所以，
因为，所以，所以，
所以
（2）因为，所以，
则，
所以，
又由余弦定理得，可得，
联立方程解得，
由角平线定理得
16．(1)证明过程见解析
(2)
【详解】（1）因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，
故，又，所以为等边三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，设，故，，
，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，得，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则，

直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)
(2)和
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意知.
若，则，所以.
令，得.
当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的极小值等于.
（2）因为，所以，
由，即，解得或，
所以在和单调递增，
由，即，解得，
所以在单调递减，
故的单调增区间为和.
（3）当时，由（2）知，的极大值等于；
当时，，单调递增，无极大值；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值等于，
令，所以，
在上在上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以故，
综上所述，.
18．(1)
(2)（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）.
【详解】（1）由椭圆知，，
，
所以，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）（ⅰ）若直线斜率不存在，则，不符合题意；
当直线斜率存在时，设直线方程为，
联立直线与椭圆方程，得，
由韦达定理可得，，
所以，
又因为，
所以，
又因为，所以，解得，
即直线方程为，
故直线过定点；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，直线方程为，直线方程为，
所以，解得，即点在直线上，
记与轴的交点为，
则，
，
又因为同号，所以.
19．(1)不是“上界数列”，理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）当时，，作差得，
因为，所以，
又当时，，所以，
即是以1为首项，1为公差的等差数列，，
由于数列是无限递增的，显然不存在常数满足，
所以不是“上界数列”；
（2）由上可知，
所以，
因为，所以单调递增，且，
所以，
所以数列的“上界临界值”；
（3）易知，
所以，