葫芦岛市2025-2026学年高三适应性调研考试数学试题（含答案解析）

这是一份葫芦岛市2025-2026学年高三适应性调研考试数学试题（含答案解析），共100页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，空间点到平面的距离定义如下等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图，圆是边长为的等边三角形的内切圆，其与边相切于点，点为圆上任意一点，，则的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
2．已知实数满足则的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．0
3．设则以线段为直径的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
4．集合中含有的元素个数为（ ）
A．4B．6C．8D．12
5．空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离．已知平面，，两两互相垂直，点，点到，的距离都是3，点是上的动点，满足到的距离与到点的距离相等，则点的轨迹上的点到的距离的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
6．在明代程大位所著的《算法统宗》中有这样一首歌谣，“放牧人粗心大意，三畜偷偷吃苗青，苗主扣住牛马羊，要求赔偿五斗粮，三畜户主愿赔偿，牛马羊吃得异样．马吃了牛的一半，羊吃了马的一半．”请问各畜赔多少？它的大意是放牧人放牧时粗心大意，牛、马、羊偷吃青苗，青苗主人扣住牛、马、羊向其主人要求赔偿五斗粮食（1斗=10升），三畜的主人同意赔偿，但牛、马、羊吃的青苗量各不相同．马吃的青苗是牛的一半，羊吃的青苗是马的一半．问羊、马、牛的主人应该分别向青苗主人赔偿多少升粮食？（ ）
A．B．C．D．
7．已知，其中是虚数单位，则对应的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
8．上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.
由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：
根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是( )
A．公元前2000年到公元元年B．公元前4000年到公元前2000年
C．公元前6000年到公元前4000年D．早于公元前6000年
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．3C．D．4
10．已知是函数图象上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（ ）
A．B．C．0D．
11．已知与之间的一组数据：
若关于的线性回归方程为，则的值为（ ）
A．1.5B．2.5C．3.5D．4.5
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为点，延长交椭圆于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，若恒成立，则的取值范围是___________.
14．《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺，术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”，这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”，就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为________.
15．已知过点的直线与函数的图象交于、两点，点在线段上，过作轴的平行线交函数的图象于点，当∥轴，点的横坐标是
16．（5分）已知函数，则不等式的解集为____________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知数列是公比为正数的等比数列，其前项和为，满足，且成等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的值.
18．（12分）已知抛物线，直线与交于，两点，且.
（1）求的值；
（2）如图，过原点的直线与抛物线交于点，与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点，证明：直线过定点.
19．（12分）已知在四棱锥中，平面，，在四边形中，，，，为的中点，连接，为的中点，连接.
（1）求证：.
（2）求二面角的余弦值.
20．（12分）已知数列满足，，其前n项和为.
（1）通过计算，，，猜想并证明数列的通项公式；
（2）设数列满足，，，若数列是单调递减数列，求常数t的取值范围.
21．（12分）的内角所对的边分别是，且，.
（1）求；
（2）若边上的中线，求的面积.
22．（10分）已知数列是各项均为正数的等比数列，数列为等差数列，且，，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）设为数列的前项和，若对于任意，有，求实数的值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
建立坐标系，写出相应的点坐标，得到的表达式，进而得到最大值.
【详解】
以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系，
设内切圆的半径为1，以（0，1）为圆心，1为半径的圆；
根据三角形面积公式得到，
可得到内切圆的半径为
可得到点的坐标为：

故得到
故得到
，
故最大值为：2.
故答案为C.
这个题目考查了向量标化的应用，以及参数方程的应用，以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.
2．B
【解析】
作出可行域，平移目标直线即可求解.
【详解】
解：作出可行域：
由得，
由图形知，经过点时，其截距最大，此时最大
得，
当时，
故选：B
考查线性规划，是基础题.
3．A
【解析】
计算的中点坐标为，圆半径为，得到圆方程.
【详解】
的中点坐标为：，圆半径为，
圆方程为.
故选：.
本题考查了圆的标准方程，意在考查学生的计算能力.
4．B
【解析】
解：因为集合中的元素表示的是被12整除的正整数，那么可得为1，2,3,4，6，,12故选B
5．D
【解析】
建立平面直角坐标系，将问题转化为点的轨迹上的点到轴的距离的最小值，利用到轴的距离等于到点的距离得到点轨迹方程，得到，进而得到所求最小值.
【详解】
如图，原题等价于在直角坐标系中，点，是第一象限内的动点，满足到轴的距离等于点到点的距离，求点的轨迹上的点到轴的距离的最小值．
设，则，化简得：，
则，解得：，
即点的轨迹上的点到的距离的最小值是.
故选：.
本题考查立体几何中点面距离最值的求解，关键是能够准确求得动点轨迹方程，进而根据轨迹方程构造不等关系求得最值.
6．D
【解析】
设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,易知成等比数列,,结合等比数列的性质可求出答案.
【详解】
设羊户赔粮升,马户赔粮升,牛户赔粮升,则成等比数列,且公比,则,故,,.
故选:D.
本题考查数列与数学文化,考查了等比数列的性质,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.
7．C
【解析】
利用复数相等的条件求得，，则答案可求．
【详解】
由，得，．
对应的点的坐标为，，．
故选：．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题．
8．D
【解析】
先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．
【详解】
解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，
则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，
将图3近似画出如下平面几何图形：
则，，
．
，
估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．
故选：．
本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．
9．C
【解析】
首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.
【详解】
解：根据几何体的三视图转换为几何体为：
该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，
如图所示：
故：.
故选：C.
本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象能力，属于基础题.
10．C
【解析】
先画出函数图像和圆，可知，若设，则，所以，而要求的最小值，只要取得最大值，若设圆的圆心为，则，所以只要取得最小值，若设，则，然后构造函数，利用导数求其最小值即可.
【详解】
记圆的圆心为，设，则，设，记，则
，令，
因为在上单调递增，且，所以当时，；当时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以（当时等号成立）.
故选：C
此题考查的是两个向量的数量积的最小值，利用了导数求解，考查了转化思想和运算能力，属于难题.
11．D
【解析】
利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即得解.
【详解】
利用表格中数据，可得
又，
．
解得
故选：D
本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.
12．B
【解析】
设，则，，
因为，所以．若，则，所以，
所以，不符合题意，所以，则，
所以，所以，，设，则，
在中，易得，所以，解得（负值舍去），
所以椭圆的离心率．故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
求导得到，讨论和两种情况，计算时，函数在上单调递减，故，不符合，排除，得到答案。
【详解】
因为，所以，因为，所以.
当，即时，，则在上单调递增，从而，故符合题意；
当，即时，因为在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得.
令，得，则在上单调递减，从而，故不符合题意.综上，的取值范围是.
故答案为：.
本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.
14．3
【解析】
根据圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高）,可得,进而可求出的值
【详解】
解:设圆柱底面圆的半径为,圆柱的高为,由题意知
,解得.
故答案为:3.
本题主要考查了圆柱的体积公式.只要能看懂题目意思,结合方程的思想即可求出结果.
15．
【解析】
通过设出A点坐标，可得C点坐标，通过∥轴，可得B点坐标，于是再利用可得答案.
【详解】
根据题意，可设点，则,由于∥轴，故，代入，
可得，即，由于在线段上，故，即，解得
.
16．
【解析】
易知函数的定义域为，且，则是上的偶函数．由于在上单调递增，而在上也单调递增，由复合函数的单调性知在上单调递增，又在上单调递增，故知在上单调递增．令，知，则不等式可化为，即，可得，又，是偶函数，可得，由在上单调递增，可得，则，解得，故不等式的解集为．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）
【解析】
（1）由公比表示出，由成等差数列可求得，从而数列的通项公式；
（2）求（1）得，然后对和式两两并项后利用等差数列的前项和公式可求解．
【详解】
（1）∵是等比数列，且成等差数列
∴，即
∴，解得：或
∵，∴
∵
∴
（2）∵
∴
本题考查等比数列的通项公式，考查并项求和法及等差数列的项和公式．本题求数列通项公式所用方法为基本量法，求和是用并项求和法．数列的求和除公式法外，还有错位相关法、裂项相消法、分组（并项）求和法等等．
18．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）联立直线和抛物线，消去可得，求出，，再代入弦长公式计算即可.
（2）由（1）可得，设，计算直线的方程为，代入求出，即可求出，再代入抛物线方程，求出，最后计算直线的斜率，求出直线的方程，化简可得到恒过的定点.
【详解】
（1）由，消去可得，
设，，则，.
，
解得或(舍去)，
.
（2）证明：由（1）可得，设，
所以直线的方程为，
当时，，则，
代入抛物线方程，可得，，
所以直线的斜率，
直线的方程为，
整理可得，故直线过定点.
本题第一问考查直线与抛物线相交的弦长问题，需熟记弦长公式.第二问考查直线方程和直线恒过定点问题，需有较强的计算能力，属于难题.
19．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）连接，证明，得到面，得到证明.
（2）以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，为平面的法向量，平面的一个法向量为，计算夹角得到答案.
【详解】
（1）连接，在四边形中，，平面，
面，，，面，
又面，，
又在直角三角形中，，为的中点，，，面，面，.
（2）以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，
设为平面的法向量，，，，，令，则，，，
同理可得平面的一个法向量为.
设向量与的所成的角为，，
由图形知，二面角为锐二面角，所以余弦值为.
本题考查了线线垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
20．（1），证明见解析；（2）
【解析】
（1）首先利用赋值法求出的值，进一步利用定义求出数列的通项公式；（2）首先利用叠乘法求出数列的通项公式，进一步利用数列的单调性和基本不等式的应用求出参数的范围．
【详解】
（1）数列满足，，其前项和为．
所以，，
则，，，
所以猜想得：．
证明：由于，
所以，
则：（常数），
所以数列是首项为1，公差为的等差数列．
所以，整理得．
（2）数列满足，，
所以，
则，
所以．则，
所以，
所以，整理得，
由于，所以，即．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠乘法的应用，函数的单调性在数列中的应用，基本不等式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于中档题型．
21．（1），（2）
【解析】
（1）先由正弦定理，得到，进而可得，再由，即可得出结果；
（2）先由余弦定理得，，再根据题中数据，可得，从而可求出，得到，进而可求出结果.
【详解】
（1）由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
即，所以，
又因为，所以，.
（2）在和中，由余弦定理得
，.
因为，，，，
又因为，即，
所以，
所以，
又因为，所以.
所以的面积.
本题主要考查解三角形，灵活运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.
22．（1），（2）（3）
【解析】
（1）假设公差，公比，根据等差数列和等比数列的通项公式，化简式子，可得，，然后利用公式法，可得结果.
（2）根据（1）的结论，利用错位相减法求和，可得结果.
（3）计算出，代值计算并化简，可得结果.
【详解】
解：（1）依题意：，
即，解得：
所以，
（2），
，
，
上面两式相减，得：
则
即
所以，
（3）
，
所以
由得，，
即
本题主要考查等差数列和等比数列的综合应用，以及利用错位相减法求和，属基础题.
黄赤交角
正切值
0.439
0.444
0.450
0.455
0.461
年代
公元元年
公元前2000年
公元前4000年
公元前6000年
公元前8000年
1
2
3
4
3.2
4.8
7.5