2025-2026学年贵州省黔南布依族苗族自治州高三适应性调研考试数学试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年贵州省黔南布依族苗族自治州高三适应性调研考试数学试题（含答案解析），共12页。试卷主要包含了若向量，则，函数的定义域为，函数的大致图像为等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．已知集合，，，则集合( )
A．B．C．D．
2．如果实数满足条件，那么的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．若，满足约束条件，则的最大值是（ ）
A．B．C．13D．
4．已知集合则（ ）
A．B．C．D．
5．双曲线的渐近线方程为( )
A．B．
C．D．
6．若向量，则（ ）
A．30B．31C．32D．33
7．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
8．如图所示，三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（米粒大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）
A．134B．67C．182D．108
9．函数的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
11．如图所示程序框图，若判断框内为“”，则输出（ ）
A．2B．10C．34D．98
12．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为.给出下列四个结论：
①曲线有四条对称轴；
②曲线上的点到原点的最大距离为；
③曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为；
④四叶草面积小于.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．①③④D．①②④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中的系数的和大于8而小于32，则______．
14．设，满足约束条件，若的最大值是10，则________.
15．已知为双曲线：的左焦点，直线经过点，若点，关于直线对称，则双曲线的离心率为__________．
16．已知全集，集合，则______.
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）如图，已知在三棱台中，，，.
（1）求证：；
（2）过的平面分别交，于点，，且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为，几何体为棱柱，求的长.
提示：台体的体积公式（，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）.
18．（12分）已知椭圆的短轴的两个端点分别为、，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点、，设为直线上一点，且直线、的斜率的积为．证明：点在轴上．
19．（12分）设函数（其中），且函数在处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）若函数，求证：恒成立.
20．（12分）已知函数.
（1）证明：函数在上存在唯一的零点；
（2）若函数在区间上的最小值为1，求的值.
21．（12分）已知两数．
（1）当时，求函数的极值点；
（2）当时，若恒成立，求的最大值．
22．（10分）如图，已知，分别是正方形边，的中点，与交于点，，都垂直于平面，且，，是线段上一动点.
（1）当平面，求的值；
（2）当是中点时，求四面体的体积.
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．D
【解析】
根据集合的混合运算，即可容易求得结果.
【详解】
，故可得.
故选：D.
本题考查集合的混合运算，属基础题.
2．B
【解析】
解：当直线过点时，最大，故选B
3．C
【解析】
由已知画出可行域，利用目标函数的几何意义求最大值．
【详解】
解：表示可行域内的点到坐标原点的距离的平方，画出不等式组表示的可行域，如图，由解得即
点到坐标原点的距离最大，即．
故选：．
本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，属于基础题．
4．B
【解析】
解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.
【详解】
集合解得
由集合交集运算可得，
故选：B.
本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题.
5．A
【解析】
将双曲线方程化为标准方程为，其渐近线方程为，化简整理即得渐近线方程.
【详解】
双曲线得，则其渐近线方程为，
整理得.
故选：A
本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单性质的应用.
6．C
【解析】
先求出,再与相乘即可求出答案.
【详解】
因为,所以.
故选:C.
本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.
7．C
【解析】
函数的定义域应满足
故选C.
8．B
【解析】
根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论.
【详解】
解：设大正方形的边长为1，则小直角三角形的边长为，
则小正方形的边长为，小正方形的面积，
则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为
，
故选：B.
本题主要考查几何概型的概率的应用，求出对应的面积之比是解决本题的关键.
9．D
【解析】
通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果.
【详解】
函数的定义域为，当时，，排除B和C；
当时，，排除A.
故选：D.
本题考查图象的判断，取特殊值排除选项是基本手段，属中档题.
10．B
【解析】
由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用即可得解.
【详解】
平面，底面是边长为2的正方形，
如图建立空间直角坐标系，由题意：
，，，，，
为的中点，.
，，
，
异面直线与所成角的余弦值为即为.
故选：B.
本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题.
11．C
【解析】
由题意，逐步分析循环中各变量的值的变化情况，即可得解.
【详解】
由题意运行程序可得：
，，，；
，，，；
，，，；
不成立，此时输出.
故选：C.
本题考查了程序框图，只需在理解程序框图的前提下细心计算即可，属于基础题.
12．C
【解析】
①利用之间的代换判断出对称轴的条数；②利用基本不等式求解出到原点的距离最大值；③将面积转化为的关系式，然后根据基本不等式求解出最大值；④根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系，从而判断出面积是否小于.
【详解】
①：当变为时， 不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
综上可知：有四条对称轴，故正确；
②：因为，所以，
所以，所以，取等号时，
所以最大距离为，故错误；
③：设任意一点，所以围成的矩形面积为，
因为，所以，所以，
取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，故正确；
④：由②可知，所以四叶草包含在圆的内部，
因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，故正确.
故选：C.
本题考查曲线与方程的综合运用，其中涉及到曲线的对称性分析以及基本不等式的运用，难度较难.分析方程所表示曲线的对称性，可通过替换方程中去分析证明.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．4
【解析】
由题意可得项的系数与二项式系数是相等的，利用题意，得出不等式组，求得结果.
【详解】
观察式子可知
，，
故答案为：4.
该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中项的系数和，属于基础题目.
14．
【解析】
画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可容易求得结果.
【详解】
画出不等式组表示的平面区域如下所示：
目标函数可转化为与直线平行，
数形结合可知当且仅当目标函数过点，取得最大值，
故可得，解得.
故答案为：.
本题考查由目标函数的最值求参数值，属基础题.
15．
【解析】
由点，关于直线对称，得到直线的斜率，再根据直线过点，可求出直线方程，又，中点在直线上，代入直线的方程，化简整理，即可求出结果.
【详解】
因为为双曲线：的左焦点，所以，又点，关于直线对称，，所以可得直线的方程为，又，中点在直线上，所以，整理得，又，所以，
故，解得，因为，所以.
故答案为
本题主要考查双曲线的简单性质，先由两点对称，求出直线斜率，再由焦点坐标求出直线方程，根据中点在直线上，即可求出结果，属于常考题型.
16．
【解析】
根据题意可得出，然后进行补集的运算即可．
【详解】
根据题意知，，
，，
．
故答案为：．
本题考查列举法的定义、全集的定义、补集的运算，考查计算能力，属于基础题．
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）证明见解析；（2）2
【解析】
（1）在中，利用勾股定理，证得，又由题设条件，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；
（2）设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为，根据棱台的体积公式，列出方程求得，得到，即可求解.
【详解】
（1）由题意，在中，，，
所以，可得，
因为，可得.
又由，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为，可得，
令，，
设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为，
则，整理得，
即，解得，即，
又由，所以.
本题主要考查了直线与平面垂直的判定与应用，以及几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及熟练应用几何体的体积公式进行求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
18．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）由已知条件得出、的值，进而可得出的值，由此可求得椭圆的方程；
（2）设点，可得，且，，求出直线的斜率，进而可求得直线与的方程，将直线直线与的方程联立，求出点的坐标，即可证得结论.
【详解】
（1）由题设，得，所以，即．
故椭圆的方程为；
（2）设，则，，．
所以直线的斜率为，
因为直线、的斜率的积为，所以直线的斜率为．
直线的方程为，直线的方程为．
联立，解得点的纵坐标为．
因为点在椭圆上，所以，则，所以点在轴上．
本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
19．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求导得到，解得答案.
（2）变形得到，令函数，求导得到函数单调区间得到，，得到证明.
【详解】
（1），，解得.
（2）得，变形得，
令函数，，令解得，
当时，时.
函数在上单调递增，在上单调递减，，
而函数在区间上单调递增，，
，即，
即，恒成立.
本题考查了根据切线求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.
20．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明在上存在唯一的零点即可；
（2）根据导函数零点，判断出的单调性，从而可确定，利用以及的单调性，可确定出之间的关系，从而的值可求.
【详解】
（1）证明：∵，∴.
∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴函数在上单调递增.
又，令，，
则在上单调递减，，故.
令，则
所以函数在上存在唯一的零点.
（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.
函数在上单调递增.
∴当时，，单调递减；当时，，单调递增.
∴.
由（*）式得.
∴，显然是方程的解.
又∵是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，
把代入（*）式，得，∴，即所求实数的值为.
本题考查函数与导数的综合应用，其中涉及到判断函数在给定区间上的零点个数以及根据函数的最值求解参数，难度较难.（1）判断函数的零点个数时，可结合函数的单调性以及零点的存在性定理进行判断；（2）函数的“隐零点”问题，可通过“设而不求”的思想进行分析.
21．（1）唯一的极大值点1，无极小值点．（2）1
【解析】
（1）求出导函数，求得的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点；
（2）问题可变形为恒成立，由导数求出函数的最小值，时，无最小值，因此只有，从而得出的不等关系，得出所求最大值．
【详解】
解：（1）定义域为，当时，
，
令得，当
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点，无极小值点．
（2）当时，．
若恒成立，则恒成立，
所以恒成立，
令，则，由题意，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以
所以，
所以，
故的最大值为1．
本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题．在求极值时，由确定的不一定是极值点，还需满足在两侧的符号相反．不等式恒成立深深转化为求函数的最值，这里分离参数法起关键作用．
22．（1）.（2）
【解析】
（1）利用线面垂直的性质得出，进而得出，利用相似三角形的性质，得出，从而得出的值；
（2）利用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出四面体的体积，计算出，，即可得出四面体的体积.
【详解】
（1）因为平面，平面，所以
又因为，都垂直于平面，所以
又，分别是正方形边，的中点，且，
所以
.
（2）因为，分别是正方形边，的中点，所以
又因为，都垂直于平面，平面，所以
因为平面，所以平面
所以，四面体的体积
，
所以.
本题主要考查了线面垂直的性质定理的应用，以及求棱锥的体积，属于中档题.