贵州六盘水市2026届高三上学期2月高三年级适应性考试数学试题（试卷+解析）

这是一份贵州六盘水市2026届高三上学期2月高三年级适应性考试数学试题（试卷+解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
（考试时长：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试题卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知等差数列前三项的和为，则的公差为（ ）
A 3B. 2C. 2D. 3
3. 数据1，2，3，4，5的方差为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
4. 已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为（ ）
A. B. C. 3D. 5
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 2
6. 已知的面积为，则（ ）
A. 3B. 5C. 7D. 8
7. 已知正三棱柱的内切球体积为，则此正三棱柱的表面积为（ ）
A. 108B. 108C. 162D.
8. 已知垂直于轴的直线分别与曲线和相交于两点，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
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. 已知复数满足，则（ ）
A. 的虚部为B.
C. 在复平面内对应的点在第二象限D.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A. 的最小正周期为
B. 的对称轴方程为
C.
D. 若关于的方程在上有两个根，则
11. 在空间直角坐标系中，，线段的垂直平分线与射线相交于点，点满足，则（ ）
A. 若，则
B 设，则
C 当取最小值时，
D. 若过点的直线与点的轨迹相交于两点，则三棱锥体积的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 展开式中常数项为__________.
13. 已知函数是定义域为的偶函数，当时，，则曲线在处的切线方程为___________．
14. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，则矩形面积的最大值为___________．
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. “中国凉都·六盘水”有着丰富的特产、独特的文化和美丽的风景，根据旅游宣传需要，以乌蒙大草原、红心猕猴桃、布依族风情、岩脚面、牂牁江景区等为背景制作了形状大小相同的三类卡片（特产卡片、文化卡片、景区卡片），某游客持有5张不同的景区卡片，3张不同的特产卡片，2张不同的文化卡片，现从中随机抽取4张卡片．
（1）求抽取的4张卡片中恰有3张是景区卡片的概率；
（2）设抽取4张卡片中特产卡片的张数为，求随机变量的分布列与数学期望．
16. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，是等边三角形，平面平面，点是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
17. 已知函数．
（1）当时，求极值；
（2）讨论的单调性．
18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2．
（1）求的方程；
（2）如图，过上任意一点作圆的两条切线分别交于点和点，切点分别为，若点关于坐标原点对称．
①证明：；
②求的值．
19. 如图，第①个正方形的边长为1，第②个正方形的边长为1，第③个正方形的边长为2，第④个正方形的边长为3，第⑤个正方形的边长为5，……，照此规律，把每个正方形的边长按照从小到大的顺序排列成数列，此数列叫斐波那契（Fibnacci）数列，满足．
（1）___________，___________；
（2）已知可变形为，证明：是方程的两个根，并用含的代数式表示出的通项公式；
（3）证明：或是一个完全平方数．
2026年2月高三年级适应性考试
数学试题卷
（考试时长：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试题卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解方程得集合，然后根据并集的定义即可求解 .
【详解】由题意，所以.
故选：D
2. 已知等差数列前三项的和为，则的公差为（ ）
A. 3B. 2C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求解.
【详解】由等差数列前三项的和为，得，解得，
又，所以的公差.
故选：D
3. 数据1，2，3，4，5的方差为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出平均数，然后根据方差的计算公式即可求解.
【详解】这组数据的平均数，
所以这组数据的方差.
故选：B
4. 已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】求出双曲线的渐近线方程，进而求出，再求出离心率.
【详解】双曲线的渐近线为，依题意，，
所以的离心率.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】用表示，根据数量积的定义和运算律求解.
【详解】已知，
因为，
所以.
故选：A.
6. 已知的面积为，则（ ）
A. 3B. 5C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】 由面积公式和余弦定理即可求解.
【详解】由面积公式可知，即，解得，
由余弦定理可知，，
所以.
故选：C
7. 已知正三棱柱的内切球体积为，则此正三棱柱的表面积为（ ）
A. 108B. 108C. 162D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先由球的体积公式求出内切球半径，然后根据内切球的性质求出底面边长，最后分别求出底面积和侧面积即可求解.
【详解】设正三棱柱的内切球的半径为 ，由题意可知，解得，
设正三棱柱的底面边长为 ，高为 ，内切球的球心位于棱柱的几何中心，
由于球与两个底面相切，球心到底面的距离为 ，且等于半径 ，则，
球与侧面相切，底面为正三角形，其内切圆半径（即几何中心到边的距离）为 ，
由于侧面垂直于底面，球心到侧面的距离等于底面内切圆半径，且等于 ，
则，正三棱柱的表面积由两个底面和三个侧面组成，
两个底面的面积为：，侧面为矩形，侧面的面积为 ，
所以总表面积为
故选：D
8. 已知垂直于轴的直线分别与曲线和相交于两点，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件求出点的坐标，进而求得的表达式，再利用导数求其最小值即可.
【详解】令直线分别与曲线和曲线交于两点，
则点，点，，令函数，
求导得，函数在上都为增函数，
则函数在为增函数，而，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
因此，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：A
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. 已知复数满足，则（ ）
A. 的虚部为B.
C. 在复平面内对应的点在第二象限D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出，再结合复数的意义、几何意义、共轭运算逐项求解判断.
【详解】由，得，
对于A，的虚部为，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，在复平面内对应的点在第一象限，C错误；
对于D，.
故选：BD
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A. 的最小正周期为
B. 的对称轴方程为
C.
D. 若关于方程在上有两个根，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出函数的解析式，再借助余弦函数的图象性质逐项求解判断.
【详解】观察函数的图象，函数的最小正周期，则，
由，得，而，解得，
因此，
对于A，的最小正周期为，A正确；
对于B，由，得的对称轴方程为，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，当时，，函数在上单调递减，函数值从减小到，
在上单调递增，函数值从增大到，当且仅当时，
直线与函数在上的图象有两个交点，即在上有两个根，D正确.
故选：ABD
11. 在空间直角坐标系中，，线段的垂直平分线与射线相交于点，点满足，则（ ）
A. 若，则
B. 设，则
C. 当取最小值时，
D. 若过点的直线与点的轨迹相交于两点，则三棱锥体积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先求出的垂直平分面方程，然后把射线从沿方向的参数方程代入的垂直平分面方程可判断B；由两点间距离公式可判断A；把问题转化为的最值，然后结合二次函数的性质以及空间向量的坐标运算可判断C； 设过的直线在平面，方程为，与的轨迹联立，利用韦达定理表示出，然后再利用向量的内积表示出，最后根据二次函数的性质可判断D.
【详解】线段的中点为 ，的方向向量为，
因此的垂直平分面方程为：，
射线从沿方向，参数方程为：，
代入平面方程：，
因此，点，则点的轨迹为：在平面，方程 ，故B正确；
当 ，则，，
，故 A 错误；
点满足 ，即在以 为球心、半径 1 的球面上，
最小为（因为 ），
，
令 ，
最小值在 时取得：， ，，
此时，最小 ，对应在上，，
单位向量，（因为 )，故 C 正确；
设过 的直线在平面（否则无两交点），方程为，
点 ，，
联立得：，
判别式，两根满足：，
高为到平面的距离为 2，
体积 ，
当时，最小值为，故 D 正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 展开式中常数项为__________.
【答案】-160
【解析】
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．
【详解】由于的展开式中，通项公式为，
令，求得，可得展开式的常数项为.
故答案：-160.
13. 已知函数是定义域为的偶函数，当时，，则曲线在处的切线方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先由偶函数定义得到时解析式，求出切点坐标，再求导得到切线的斜率，由点斜式求出切线方程.
【详解】任取，则，，又为偶函数，，
所以，
所以，所以切点坐标为，
又，所以，
即切线的斜率，所以切线的点斜式方程为，
整理得，
故答案为：.
14. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，则矩形面积的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角函数的定义表示出点，，在直角三角形中表示出，进而得出，最后写出矩形的面积表达式，利用三角恒等变换化简从而得到最大值.
【详解】设点，，因为，所以，，
所以矩形的面积，
，
因为，所以.，
所以，
所以矩形的面积的最大值为.
故答案为：
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. “中国凉都·六盘水”有着丰富的特产、独特的文化和美丽的风景，根据旅游宣传需要，以乌蒙大草原、红心猕猴桃、布依族风情、岩脚面、牂牁江景区等为背景制作了形状大小相同的三类卡片（特产卡片、文化卡片、景区卡片），某游客持有5张不同的景区卡片，3张不同的特产卡片，2张不同的文化卡片，现从中随机抽取4张卡片．
（1）求抽取的4张卡片中恰有3张是景区卡片的概率；
（2）设抽取的4张卡片中特产卡片的张数为，求随机变量的分布列与数学期望．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，数学期望为.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用组合计数问题及古典概率公式计算得解.
（2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望.
【小问1详解】
依题意，从10张卡片中任取4张的试验有个基本事件，
恰有3张是景区卡片的事件有个基本事件，
所以抽取的4张卡片中恰有3张是景区卡片的概率为.
【小问2详解】
依题意，的可能值为，
，
，
所以的分布列为：
数学期望.
16. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，是等边三角形，平面平面，点是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证得，再利用线面平行的判定推理得证.
（2）取中点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解.
【小问1详解】
在四棱锥中，取的中点，连接，
由点是的中点，得，而，
则，四边形是平行四边形，因此，
而平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
取中点，连接，由正三角形，得，
由，得四边形是矩形，则，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，则直线两两垂直，设，
以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，则，令，得，
又，则，
所以直线与平面所成角的正弦值.
17. 已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）极大值为，极小值为；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值.
（2）求出函数的导数，再按分类求出导函数值为正为负的解集即可.
小问1详解】
当时，函数的定义域为，
求导得，由，得或；
由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值为，极小值为.
【小问2详解】
函数的定义域为，
求导得，
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得；由，得或，
函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得或，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
18. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2．
（1）求的方程；
（2）如图，过上任意一点作圆的两条切线分别交于点和点，切点分别为，若点关于坐标原点对称．
①证明：；
②求的值．
【答案】（1）
（2）①证明见解析
②
【解析】
【分析】（1）由离心率的公式，短轴的定义结合的关系即可求解；
（2）①首先证明进而得到，然后由角平分线性质可得，最后由等腰三角形三线合一即可得证；
②设，直线，，根据直线与圆相切得出是方程的两根，最后根据点在椭圆上结合韦达定理即可求解 .
【小问1详解】
由题意可得，解得，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①因为是圆的切线，所以，又，，
所以， 所以，由角平分线性质可知，
结合可得，所以.
②由题意可知，直线斜率显然存在，设，则，
设直线的方程为，
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离等于，即，
整理得，
设直线的方程为，同理可得，
所以是方程的两根，则，，
因为，
所以，解得.
19. 如图，第①个正方形边长为1，第②个正方形的边长为1，第③个正方形的边长为2，第④个正方形的边长为3，第⑤个正方形的边长为5，……，照此规律，把每个正方形的边长按照从小到大的顺序排列成数列，此数列叫斐波那契（Fibnacci）数列，满足．
（1）___________，___________；
（2）已知可变形为，证明：是方程的两个根，并用含的代数式表示出的通项公式；
（3）证明：或是一个完全平方数．
【答案】（1）15，
（2）证明见解析，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接计算，根据图形的提示找到规律计算；
（2）把展开对比系数即可证明；首先通过构造法得出是等比数列并得出，两边同除可得，然后通过累加法即可得出；
（3）利用韦达定理得出，分为奇数和偶数讨论即可证明.
【小问1详解】
，
由图可知为个正方形的面积之和，即一个大长方形的面积，
该长方形的长为，宽为，所以面积为，
即.
【小问2详解】
令，即，
所以，，是方程的两个根；
由可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，结合可得
两边同除可得，
所以，所以；
【小问3详解】
因为，
所以，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
只需要证明是整数即可，
令，因为是方程的两个根，
所以，
从而，故，
即，而，，
由递推关系可知为整数，
所以当为偶数时是一个完全平方数，
当为奇数时是一个完全平方数.
0
1
2
3