广西南宁市2026届高三上学期第一次适应性测试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广西南宁市2026届高三上学期第一次适应性测试数学试卷（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．已知向量，．若，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则＝（ ）
A．10B．C．25D．5
3．若，则＝（ ）
A．3B．C．D．－3
4．设随机变量，则（ ）
A．B．C．D．
5．某学校组织研学活动，现有自然生态与地质科考、红色爱国主义教育、历史文化与文物考古、民族文化与非遗传承、蓝色海洋文化教育这5个研学方向．学校安排6名教师负责这5个方向的研学活动，若每个研学方向的研学活动都至少有1名教师负责，每名教师均需要负责且只负责其中1个研学方向的研学活动，则不同的分配方法种数为（ ）
A．2400B．1800C．1500D．2100
6．已知，则＝（ ）
A．B．C．D．
7．如图，某社区要建一座八边形的休闲场所，它的主体平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为；在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为．设总造价为S（单位：元），则当总造价S最小时，AD的长度为（ ）

A．B．C．D．
8．已知点是双曲线C：的左焦点，过原点的直线与交于(在左支上且异于左顶点）两点，延长与交于点．若，且，则（ ）
A．12B．8C．6D．9
二、多选题
9．如图，在几何体中，，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，点分别为棱的中点，则（ ）

A．平面B．平面FPH∥平面ABE
C．四点共面D．异面直线与所成的角小于60°
10．已知圆，直线，则下列结论正确的是（ ）
A．直线过定点
B．直线被圆截得的最短弦长是
C．当点在圆上时，的取值范围是
D．设过的直线与圆的两个交点为，，则线段的中点的轨迹为圆
11．定义在上的函数满足，当时， ，则（ ）
A．共有5个零点
B．共有4个极值点
C．
D．当时，方程有且仅有4个实数根
三、填空题
12．某市十景包含扬美古风、青山塔影、明山锦绣、望仙怀古、伊岭神宫、九龙戏珠、南湖情韵、凤江绿野、邕江春泛、龙虎猴趣，每个景点都有其独特的魅力．某游客计划从这10个景点中随机选择2个景点进行游玩，则青山塔影被选中的概率是 ．
13．已知直线经过椭圆的一个焦点，则的离心率为 ．
14．在中，角所对的边分别为．若，且，则面积的最大值为 ．
四、解答题
15．已知数列的前n项和（p为常数），且．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，证明：．
16．如图，正三棱柱的各棱长均为8，D为棱BC的中点，点E，F在棱上，且．

(1)证明：平面．
(2)求直线CB与平面所成角的正切值．
17．已知抛物线（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴交于点H，．
(1)求C的标准方程．
(2)已知点，O为坐标原点，直线l交C于两点，且P，Q在x轴的两侧．
（i）求的最小值；
（ii）若，证明：l过定点．
18．已知函数．
(1)求在上的最值．
(2)设函数．
（i）讨论的单调性；
（ii）若为的一个极值点，且，，证明为定值．
19．（1）若函数图象的两个相邻对称中心的横坐标相差6，求．
（2）在（1）的条件下，设函数，试判断并证明函数图象的对称性．
（3）已知（2）中的导函数有两个零点,且．
（i）求的取值范围；
（ii）当时，证明：．
参考答案
1．D
【详解】由题可知，，解得.
故选：D.
2．D
【详解】由题意知，，
所以，
故选：D.
3．A
【详解】因，
则，.
从而.
故选：A
4．C
【详解】因为随机变量，所以.
因为，所以，所以.
所以.
所以.
故选：C.
5．B
【详解】由题意可得其中一个研学活动有2名教师负责，剩下四个研学活动有1名教师负责，
故不同的分配方法种数为.
故选：B
6．A
【详解】，
且，
故，
故.
故选：A
7．B
【详解】设
则，所以，
所以，
因为，即且，解得，
所以.
故
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时， 该休闲场所的总造价最小，最小值为 元.
故选：B
8．C
【详解】取双曲线的右焦点为，连接，如下图所示：
因为直线过原点，结合双曲线的对称性可知两点关于原点对称，且关于原点对称；
即四边形为平行四边形；
又，所以，因此四边形的对角线相等，即；所以四边形为矩形；
可知；
设，由可得，因此；
结合双曲线定义可得；
在中，由勾股定理可得，即；
解得；
又在中，由勾股定理可得，即；
可得，解得；
因此.
故选：C
9．AB
【详解】由题意易得在边长为2正方形中，，则，
在等腰中，，可得，
所以即，所以，
同理可证在中，可得，且，平面，
所以BE⊥平面，故A正确；
如图所示，在中F，P分别为棱AD，DE的中点，所以，
不在平面内，在平面内，
所以平面，
在中，P，H分别为棱的中点，所以，
又因为，所以，同理可证平面，
因为，平面，所以平面平面，故B正确；
如图所示，取的中点，连接，易知，由选项B知，
所以，即共面，显然点B不在面，则四点不共面，故C错误；

由且，可将图形补全为正方体，连接，易知，
则异面直线与所成的角即为与的夹角，
因为在中，三边均为正方体各面上的对角线，
所以为等边三角形，即，即异面直线BD与AE所成的角为，故D错误，

故选：AB.
10．ACD
【详解】对于A，直线可化为，
令，解得，
所以直线过定点，故A正确；
对于B，当圆心与定点连线垂直于时，此时弦长最短，
圆的圆心，半径
即圆心到直线最大距离为，
所以最短弦长为，故B错误；
对于C，由题意得表示到原点距离的平方，
且原点到圆心的距离为，
因为点在圆上，所以，
故，故C正确；
对于D，因为是线段的中点，所以，
因为直线过定点，所以，
故线段的中点的轨迹是以线段为直径的圆，故D正确.
故选：ACD.

11．ABD
【详解】当时，，
令，解得或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
因此时，在时取得极大值，在时取得极小值，共有2个极值点，
，
，
又在上单调递增，所以在上有一个零点，
因此时，共有2个零点，
因为，所以是R上的奇函数，奇函数的图象关于原点对称，且，
所以时，有2个零点，有2个极值点.
因此，在R上共有5个零点，故A正确；
在R上共有4个极值点，故B正确；
因为是R上的奇函数，所以，故C错误；
由于当时， ，
则当且时，，
，
作出函数图象，
由图象可知，当时，方程有且仅有4个实数根，故D正确；
故选：ABD.
12．/
【详解】从10个景点中随机选择2个景点，
总共有 种选择方法，
若要确保青山塔影被选中，则需从剩余9个景点中再选1个，
有 种选择方法，
因此，青山塔影被选中的概率为 .
故答案为：
13．
【详解】由椭圆方程可知，长轴在 轴上，
且 ，即焦点为 ，
直线 经过一个焦点，代入焦点坐标：
若焦点为 ，则 ，
解得 ，即 ；
若焦点为 ，则 ，无解；
故 ，此时 ，长半轴长为，
离心率 .
因此，椭圆 的离心率为 .
故答案为：
14．16
【详解】依题意由可得，
即，因此；
令，易知，则；
因此可得，；
又因为，
所以，，
由正弦定理可得，又,
所以的面积为；
当且仅当时，即时，等号成立；
因此可知面积的最大值为16.
故答案为：16
15．(1)；
(2)证明过程见解析
【详解】（1）因为，解得，
故，
故当时，，
又，故也满足，
综上，通项公式为；
（2），
故，
所以
.
16．(1)证明过程见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，
因为正三棱柱的各棱长均为8，D为棱BC的中点，
所以，，
又，故，所以，
又，故，故四边形为平行四边形，
故，
因为平面，所以平面，

（2）取的中点，的中点，连接，，
则⊥平面，
因为为等边三角形，所以⊥，
且，
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，
则，
，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，故，
设直线CB与平面所成角的大小为，
则
，
故，.
17．(1)
(2)（i）;（ii）证明见解析
【详解】（1）依题意，抛物线（p>0）的焦点为，准线方程为，
则准线与x轴的交点为，则，
解得（舍去），故抛物线C的标准方程为.
（2）（i）由题意，，
因是抛物线上一点，则，故当时，取得最小值24，
则此时的最小值为.
（ii）依题意，直线的斜率不能为0，故可设直线的方程为，
代入，消去，可得，则，
由韦达定理，，因P，Q在x轴的两侧，则，即，
则，
即，
因，则，此时直线的方程为，故直线必过定点.
18．(1)最大值为，最小值为.
(2)（i）见解析；（ii）证明见解析.
【详解】（1），令，解得或.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在时取得极大值，在时取得极小值，
又，，
所以在上的最大值为，最小值为.
（2）（i），
，
判别式，
当时，，，在上单调递增；
当时，，令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（ii）因为为的一个极值点，所以，即，
所以，
由得，
整理得，
，
化简得，
因为，所以，
将代入，得，
整理得，
，
化简得，
因为，所以，即，
所以为定值.
19．（1）；
（2）的图象关于点成中心对称，证明见解析；
（3）（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）依题意，函数的最小正周期满足，则，
故；
（2）由（1），，
则函数关于点成中心对称，证明如下：
由，可得，即函数的定义域为，
因，
，
则，
即函数的图象关于点成中心对称.
（3）（i）由，求导得，
由可得，显然，可得，
设，可知该函数在上单调递增，在上单调递减，
且，如图，要使的导函数有两个零点，且，
则需使函数与在上有2个交点，即需使，解得，即的取值范围是.

（ii）由，可得，化简得：，
因，则得，即，且，则，
要证，需证，即证，
因，不妨取，（若此时不等式成立，因，则易得时更成立），
即需证，因，代入整理得，
设，则，由可得，于是可得，
即需证（*）.
设，则，
因，故，即在上单调递增，又，则，