广东江门市2026届高考适应性测试数学试题（含解析）

这是一份广东江门市2026届高考适应性测试数学试题（含解析），共26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。
本试卷4页，19小题，满分150分.考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等信息填写在答题卡规定的位置上.并将条形码横贴在每张答题卡的“条形码粘贴处”.
2．做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
3．答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上.
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.
5．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. 若复数，，则，在复平面内对应的两点之间的距离为（ ）
A. B. 2C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的几何意义确定的对应点的坐标，再求两点距离.
【详解】由已知，在复平面内对应的点分别为，，
所以
所以．
2. 已知两个单位向量，的夹角为，则（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】依题意可得．
3. 已知集合，，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】集合，，
当时，，满足，因此，
当时，由，得，解得，
所以的取值范围是.
4. 某工厂抽检了100个零件，并统计了这些零件的直径（单位：）数据，得到如下表格：
由表可知这100个零件的直径的第60百分位数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定共有个数小于等于，再结合百分位数定义求结论.
【详解】因为被抽检的零件中，直径小于或等于的零件共有个，
且，
所以这个零件的直径的第百分位数为．
5. 若直线，的倾斜角分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】依题意，直线的斜率，
所以直线的斜率.
6. 已知函数， ，若恰有个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合函数性质作函数的图象，条件 恰有个零点可转化为直线与的图象恰有2个交点，结合图象求结论.
【详解】当时，，则，
所以当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数的取值范围为．
作出的大致图象，如图所示．
由，得，
由图可知，当时，直线与的图象恰有2个交点，
即恰有2个零点．
所以的取值范围是.
7. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. 11B. 12C. 13D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：条件等式可化为，再结合关系利用基本不等式求结论；
方法二：由条件等式可得，消元变形可得，再利用基本不等式求其最小值即可.
【详解】（方法一）由，可得，
因为，，所以，，
则，
当且仅当，即，时，等号成立，
故的最小值为13．
（方法二）由，可得，因为，所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为13．
8. 若的中线，且，，，在平面直角坐标系中，点在双曲线上，则的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用余弦定理建立方程并求得双曲线，进而求出离心率.
【详解】在中，，，
由余弦定理得，则，
整理得，由点在双曲线上，得双曲线的方程为，
所以双曲线的离心率.
二、选择题：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. 若曲线关于点对称，则的解析式可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】依题意，，
由正弦函数、余弦函数的性质得的图象都关于点对称；
而，因此的图象关于点不对称.
10. 若正方体外接球的球心为，且，分别为棱，的中点，则（ ）
A. B. 二面角的正切值为
C. 平面D. 为四面体外接球的球心
【答案】BC
【解析】
【详解】设正方体棱长为，以为原点建立空间直角坐标系.
各点坐标为，，,，
，，，,，
可得，
,，A错误.
,.
设平面的一个法向量为，则,
令，则，同理可得平面的一个法向量.
设二面角对应的平面角为，
则，所以，则.
由题可知为钝角，所以，B正确.
由题意得，，
而平面，平面,平面，C正确.
由题意得，
因为，
所以到四面体各顶点距离不全相等，不是四面体外接球球心，D错误.
11. 若函数的定义域为，，且，，，则（ ）
A. B. ，
C. 为奇函数D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由条件恒等式取可求即可判断，对于B，由条件恒等式取可得，再取即可判断，对于C，由条件恒等式取可得，由此证明，结合奇函数定义即可判断，对于D，结合选项C推出，由此判断D.
【详解】对于A，令，得，A正确．
对于B，令，，得，因为，
所以，令，得，
即存在使得，B错误．
对于C，令，得，用替换可得，
所以，
当时，，又因为，
所以为奇函数，设，
则，
所以为奇函数，C正确．
对于D，因为，
由选项C知，同理，又为奇函数，
所以，
用替换，替换可得，
同理可得，
故当时，，D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若椭圆的焦点在轴上，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由条件结合椭圆方程的特征列不等式求的范围即可.
【详解】由椭圆方程的特征可知，
所以方程，可化为，
因为的焦点在轴上，所以，
所以，
故的取值范围是.
13. 甲、乙两名游客来广州旅游，他们各自从广州塔、永庆坊、镇海楼、广州大剧院、周氏大宗祠、五仙门发电厂旧址这6个景点中选2个游玩，则甲、乙两人至少有一人选择广州塔的选法种数为______．
【答案】125
【解析】
【分析】先求出甲、乙各自从指定的个景点中选2个游玩的选法种数，再求出各自从除广州塔外的个景点中选2个游玩的选法种数，相减可得结论.
【详解】甲、乙两名游客各自从指定的个景点中选2个游玩的选法种数为，
甲、乙两名游客各自从除广州塔外的个景点中选2个游玩的选法种数为，
所以甲、乙两人至少有一人选择广州塔的选法种数为．
14. 正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先证明，再确定所求几何体可通过三棱台截去三棱锥得到，结合台体和锥体体积公式求结论.
【详解】如图，连接并延长，与的延长线交于点，连接，
延长与的延长线交于点，连接，交于点，连接，．
因为，，，
所以，所以．，
同理可得．
三棱柱和三棱锥的公共部分为几何体，
其体积为三棱台的体积和三棱锥的体积之差，
即．
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. 如图，在四棱锥中，正三角形所在平面与矩形所在平面垂直．
（1）在答题卡中，作出四棱锥的高，并说明理由；
（2）若，且，，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1），理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）作出高，再利用面面垂直的性质推理证明.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解.
【小问1详解】
取的中点，连接，则是四棱锥的高.
由是正三角形，是线段的中点，得，而平面平面，
平面平面，平面，则平面，
所以是四棱锥的高.
【小问2详解】
取中点，连接，由（1）得直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，
，设平面的法向量，
则，取，得，
因此，
所以与平面所成角的正弦值为.
16. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若不等式对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求函数的导函数，再求，结合导数的几何意义求切线的斜率，再利用点斜式求切线方程；
（2）化简，条件可转化为对恒成立，利用导数求函数，的最小值，由此可求的取值范围．
【小问1详解】
函数的导函数，
则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
．
由，得，
设，，则．
．
令，得，则在上单调递减；
令，得，则在上单调递增．
所以，
故的取值范围为．
17. 某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为，选择乙餐厅的概率为，甲餐厅的准时送达率为，乙餐厅的准时送达率为．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立．
（1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率．
（2）在该用户的次外卖点餐中，记准时送达的次数为，若的方差大于，求的最小值．
（3）平台推出“准时保”，每单需支付元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由．
【答案】（1）0.93；
（2）11； （3）他愿意购买“准时保”.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式求解.
（2）由（1）的结论，利用二项分布的方差公式列式求解.
（3）由（1）的结论，求出购买“准时保”的期望，与给定条件比对即可.
【小问1详解】
令事件“外卖点餐准时送达”，“选择甲餐厅”，“选择乙餐厅”，
依题意，，，
由全概率公式得，
所以该用户每次外卖点餐准时送达的概率为0.93.
【小问2详解】
依题意，的所有可能取值为，，
则，由的方差大于，得，
解得，所以的最小值为11.
【小问3详解】
他愿意购买“准时保”.
设他购买“准时保”的净收益为元，则的所有可能取值为，
，，
显然，即亏损期望不超过元，
所以他愿意购买“准时保”.
18. 已知圆的圆心在第一象限且圆与两坐标轴均相切，抛物线经过圆心．
（1）求圆的标准方程．
（2）设与圆交于，两点，证明：，两点到轴的距离均不小于．
（3）为坐标原点，过圆心的直线交于另一点，的焦点为，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）设出圆心坐标，代入抛物线方程求出圆半径即可.
（2）联立圆与抛物线方程，借助不等式的性质求出的范围即可.
（3）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及抛物线定义列出目标式的函数关系求出最小值.
【小问1详解】
设圆的半径为，
圆的圆心在第一象限且圆与两坐标轴均相切，则圆心，
由抛物线经过圆心，
得，解得，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
由，得，
即，则，
而，因此，
所以两点到轴的距离均不小于.
【小问3详解】
抛物线的焦点为，设，
由抛物线定义得，
则，
同理，
因此
，
设直线的方程为，
由，得，
，则，，
因此，
所以当时，取得最小值.
19. 若数列满足，则称为“-拟等差数列”；若数列满足，则称为“-拟等比数列”．
（1）若数列既是“2-拟等差数列”，又是“4-拟等比数列”，且，求的通项公式．
（2）已知，，，数列是“-拟等比数列”，的前项和为．
（i）证明：存在，使得是“-拟等差数列”．
（ii）证明：．
【答案】（1）或；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设公差为，根据数列新定义得到方程，解出值，最后验证即可；
（2）（i）根据数列新定义得到方程，再构造常数列即可证明；
（ii）首先分析得，再对分奇偶数讨论，再利用的单调性，最后取值放缩即可.
【小问1详解】
因为是“2-拟等差数列”，所以，则是等差数列，设的公差为.
又是“4-拟等比数列”，所以，
即，即.
当时，由，得；
当时，由，得.
【小问2详解】
（i）由“-拟等比数列”的定义，取，得，
即，得，所以.
由可得，
即，即.
所以是常数列，，即，即是“-拟等差数列”.
（ii）由，得，
可知是等比数列，首项为，公比为，故.
当为奇数时，；
当为偶数时，.
所以当为奇数时，；
当为偶数时，.
设，则.
当时，，则在区间上单调递减；
当时，，则在区间上单调递增.
所以，即，当且仅当时，等号成立.
取，其中，则有，即，即，
则.
当为奇数时，.
当为偶数时，.
综上，.
直径/mm
46
47
48
49
50
51
52
53
54
频数
5
8
12
15
20
18
12
6
4