四川宜宾市普通高中2026届高三高考适应性演练数学试题（含解析）

这是一份四川宜宾市普通高中2026届高三高考适应性演练数学试题（含解析），共55页。试卷主要包含了 已知向量，，，则， 已知，若在单调递增，其中，则， 已知，若，，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟；全卷满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，结合补集的定义和运算直接得出结果.
【详解】由题意知，.
2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）.
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算对复数化简即可求解.
【详解】，
所以复数对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
3. 已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 13B. 19C. 25D. 33
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的基本量，化简已知条件，求得公差和首项，进而求即可.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，则；
因为，则；
联立，解得，故.
故选：B.
4. 已知向量，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助向量坐标运算与平行性质计算即可得.
【详解】，由，则，
解得.
5. 将函数的图像向左平移个单位后的图像关于原点对称，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角函数的图像变换以及正弦型函数的奇偶性的性质进行判断.
【详解】向左平移个单位后的函数为，关于原点对称，即为奇函数，
所以当时，，所以，因为，所以当时，满足，故B，C，D错误.
故选：A．
6. 在一次社区志愿服务活动中，由甲、乙、丙、丁4名志愿者负责物资分发、秩序维护、便民讲解三个服务岗位，每名志愿者只负责一个岗位，且每个服务岗位至少有一名志愿者负责.若甲、乙两人不负责同一个服务岗位，则不同的安排方案共有（ ）
A. 18种B. 24种C. 30种D. 36种
【答案】C
【解析】
【分析】根据分组分配问题，先求出无限制条件的方法数，再求出安排甲、乙在同一个岗位的方法数，进而求解.
【详解】因为4个人分配到3个不同的岗位，且每个岗位至少1名，
所以必有一个岗位2人，另2个岗位各一人，共有种方法.
若安排甲、乙在同一个岗位，为2人组，而丙、丁各为一人一组，
3个小组全排列到3个不同的岗位，共有种方法，
所以安排甲、乙不在同一个岗位有种方法.
故选：C
7. ，若直线 上存在点 满足 ，则实数 的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合双曲线的定义，得出双曲线的标准方程，求得渐近线方程，结合双曲线的几何性质，即可求解.
【详解】由点，可得，且，
根据双曲线的定义，可得点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，
且，则，
所以点的轨迹方程为，可得双曲线的渐近线方程为，
要使得直线与双曲线有公共点，需满足，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
8. 已知，若在单调递增，其中，则（ ）
A. t有最大值，a没有最大值
B. t有最大值，a有最大值
C. t没有最大值，a有最小值
D. t没有最大值，a没有最小值
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的单调性可知不等式即在上恒成立，分类讨论、两种情况，结合幂函数的单调性分析即可下结论.
【详解】由题意知，，
又因为在上单调递增，
所以不等式在上恒成立，
即不等式在上恒成立，
又，所以.
当即时，，不符合题意；
当即时，幂函数在上单调递减，
所以对于，有，
要使在上恒成立，
只需，即.
所以没有最大值，有最小值.
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 若圆锥的母线长为，其轴截面是等腰直角三角形，点是弧的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥的侧面积为
B.
C. 平面
D. 三棱锥的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助侧面积公式计算可得A；计算各边长可得该三角形为等边三角形，即可得B；计算各边长可得为等边三角形，则不垂直于，即不垂直于平面，即可得C；借助体积公式计算即可得D.
【详解】对A：由轴截面是等腰直角三角形，则，
故，故A正确；
对B：，，
故为等边三角形，故，故B正确；
对C：由，，
故为等边三角形，故，
即不垂直于，故不垂直于平面，故C错误；
对D：，故D正确.
10. 已知，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用同角三角函数关系和正弦和角公式得到；B选项，计算出，展开后代入求解；C选项，得到，结合角的范围得到；D选项，在C基础上，得到，结合求得.
【详解】A选项，由，得，
所以，则，
所以，故A正确；
B选项，由，得，又，
所以，则，
即，又，
解得，故B错误；
C选项，，
又，故，所以，故C正确；
D选项，由，得，
所以，
与联立，解得，故D正确.
11. 已知A、B分别是椭圆C：的左、右顶点，、分别为椭圆C的左、右焦点，P为椭圆上异于A、B的任意一点，R为椭圆C所在平面上的动点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 若点P的横坐标为，则的角平分线与x轴交点的横坐标为
C. 若外接圆S的圆心在外，则
D. 若以为直径的圆经过A、B两点，则R点的轨迹方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，设，可得，进而表示出即可求解判断；对于B，设的角平分线与轴交点横坐标，根据题设定义及角平分线性质可得，进而代值计算即可判断；对于C，分析可得最大为，先考虑圆的圆心在上的情况，此时为直角三角形，可求得，进而判断外接圆的圆心在外时的情况；对于D，设，先求出过点的圆的圆心，再得到，进而求解判断即可.
【详解】由椭圆，则，即.
对于A，设，则，即，
则，
则时，的最小值为，故A正确；
对于B，由题意，，点的横坐标为，
设的角平分线与轴交点横坐标，
由角平分线性质知，
则，解得，故B错误；
对于C，当点在椭圆上顶点时，最大，
此时，则，即，
先考虑圆的圆心在上的情况，此时为直角三角形，
不妨设点在第一象限，则，即，
即，
若外接圆的圆心在外，则为钝角三角形，
此时，故C正确；
对于D，设过点的圆的方程为，
设，则，，即
则，又，
则，，解得，
则，
所以过点的圆的方程为，则圆心为，
而关于对称，则，
令，则，
代入得，，即，
所以点的轨迹方程为，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则______.
【答案】80
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式计算即可求解.
【详解】展开式的通项公式为，，
令，解得，所以.
故答案为：80
13. 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则其外接圆的半径为______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据余弦定理求得.利用三角形的面积公式计算求得，进而求出，结合正弦定理计算即可求解.
【详解】由，得，
由余弦定理得，
又，所以.又，
所以，即，
解得，所以，
设外接圆的半径为，
由正弦定理得，所以.
14. 已知正四面体的棱长为，点P为其外接球上的动点，则点P到该正四面体四个面的距离之和的最大值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】用等体积转化法，将到各个面的距离之和最大转化为到一个面的距离最大，计算该位置得到最大值.
【详解】由对称性，不妨设点与点分别在平面的异侧，设正四面体的高为，
四个侧面的面积为，点到平面，平面，平面，平面的距离
分别为，，，；
如图所示，有，
根据三棱锥的体积公式，可得：
，
可得，
结合球的性质，当线段恰好为外接球的直径位置时，最大，外接球的直径为：，此时.
代入正四面体的棱长计算可得，此时.
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. 已知数列的首项，且满足.
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，结合等比数列定义即可得证；
（2）由等比数列性质可得数列的通项公式，再借助等比数列求和公式分组求和即可得.
【小问1详解】
由，可得，
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
由数列是以为首项，为公比的等比数列，
故，即，
则.
16. 如图，在菱形中，，，E为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥，F为的中点.
（1）证明：平面；
（2）当二面角为时，求和平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接、，可得四边形为平行四边形，则有，再利用线面平行判定定理即可得证；
（2）由题意可得即为二面角的平面角，则可建立适当空间直角坐标系，再利用二面角大小可求出点坐标，则可求出平面法向量及直线方向向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得.
【小问1详解】
取中点，连接、，
由为的中点，则且，
由为的中点，四边形为菱形，则且，
则且，故四边形为平行四边形，故，
又平面、平面，故平面；
【小问2详解】
由为的中点，则，又，，
故，
则，故，则、，
故即为二面角的平面角，故，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则、、、，，
由，则，，，
即，则，，
设平面的法向量为，
则，
取，则，，即，
则，
故和平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）若函数存在极小值点，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（2）依题意可得，即可得到，再由得到关于的方程，结合函数的单调性，求出，即可得解.
【小问1详解】
当时，定义域为，
又，
因为在上单调递增，而在上单调递减，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增，
所以是的极小值点，也是最小值点，
所以.
【小问2详解】
函数的定义域为，
又，
因为是的极小值点，所以，即，化简得：.
又因为，代入得：，将代入得：，即，
设，则，令得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，，
又因为当时，当时，，
故有唯一解为，代入得.
18. 设抛物线C：的焦点为F，是C上一点且.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过抛物线C的焦点F作互相垂直的两条直线与，且直线与抛物线C相交于A、B两点，直线与抛物线C相交于D、E两点，其中点A、D在第一象限.
（i）求的最小值；
（ii）过F点作x轴的垂线，分别交，于M、N两点，请判断是否存在以为直径的圆与y轴相切，并说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）借助抛物线定义计算即可得；
（2）（i）设出直线方程，联立曲线，可得与交点纵坐标有关韦达定理，同理可得与交点纵坐标有关韦达定理，再借助数量积公式及与垂直计算可表示出，再利用基本不等式计算即可得解；
（ii）表示出直线的方程后，代入可求出点坐标，同理可得点坐标，可得点即为中点，则假设存在以为直径的圆与y轴相切，则，借助换元法，令，结合与垂直可得，由该方程无解，可得不存在以为直径的圆与y轴相切.
【小问1详解】
由抛物线定义可得，故，
即抛物线C的方程为；
【小问2详解】
（i），设，、、、，
则，联立，消去得，
，、，则、，
则
，
故的最小值为，当且仅当时，等号成立；
（ii）由、，
则，
由，则，
同理可得，
故中点为，若以为直径的圆与y轴相切，则该圆半径为，
即有，即，
由，则，
即，
整理得，
令，由可得，
故，
则由可得，
整理得，，
故该方程无解，即不存在以为直径的圆与y轴相切.
19. 某电子产品生产单位通过抽样检验的方式检验某种电子产品的合格情况.现有份产品样本（足够大），有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，需要检验次；方式二：混合检验，将其中k份产品样本混合检验，若混合样本合格，说明这份产品样本全部合格，只需检验1次；若混合样本不合格，为了明确具体哪份产品样本不合格，需要对每份产品样本再分别检验一次，检验总次数为次.
（1）现有5份不同的产品样本，其中只有2份产品样本不合格，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把不合格的产品样本全部判断出来的概率；
（2）假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本不合格的概率均为.
（i）现取其中k份产品样本，记采用逐份检验方式样本需要检验的总次数为；记采用混合检验方式样本需要检验的总次数为，当时，求p关于k的函数关系式；
（ii）现将n份产品样本随机分为m组，每组k（k为n的正因数）份，然后将各组k份产品样本进行混合检验.设该种方法需要检验的总次数为X，当时，求p的取值范围并解释其实际意义.
【答案】（1）
（2）（i）且；（ii），实际意义见解析
【解析】
【分析】（1）设恰好经过3次检验就能把不合格产品的样本全部检验出来为事件A，由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）（i）由题得 ，进而根据化简整理得；（ii）易知的可能取值有，则，由得，即，利用导数求出的最大值，即可得出的取值范围，进而即可下结论.
【小问1详解】
设恰好经过3次检验能把不合格产品样本全部检验出来为事件A，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把不合格产品样本全部检验出来的概率为．
【小问2详解】
（i）由已知得，
的所有可能取值为1，．
所以，
所以，
若，则，
所以，，
所以，即，
所以p关于k的函数关系式为 且).
（ii）将份产品样本随机分为组，每组份，则，
的可能取值有，
则，
所以
，
又，所以，
即，整理得，
两边同时取自然对数，得，
即.
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，此时且，
又是的正因数，
所以，
所以，得，
所以，即的取值范围为.
实际意义为：当时，采用混合检验方式的总检验次数的期望不小于逐份检验的总检验次数，说明逐份检验较好.