四川省绵阳南山中学2026届高三下学期高考适应性考试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2026届高三下学期高考适应性考试数学试题（Word版附解析），共2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。
数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
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，将答题卡交回．
第一部分（选择题共 58 分）
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】
【详解】因为 ，
所以 .
2. 若复数 是纯虚数，则实数 的值为（ ）
A. 2 B. 1 C. 2 或 1 D. 0 或 1
【答案】A
【解析】
【分析】由纯虚数的概念列式可得结果.
【详解】由 是纯虚数，可得 ，解得 .
3. 已知不等式 的解集为 或 ，则实数 的值为（ ）
第 1页/共 20页
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据方程的根与不等式的解集之间的关系求解即可.
【详解】易知 是方程 的根，
即 ，所以 ,
当 时，不等式为 ，即 ,其解集为 或 .
故实数 的值为 1.
4. 已知函数 ，则 的一个对称中心为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】令 ，得 ；
当 时， ，此时对称中心为 ；
的一个对称中心为 .
5. 已知 是奇函数，当 时， ，则 （ ）
A. B. 2
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及对数运算求得正确答案.
【详解】依题意， 是奇函数，
第 2页/共 20页
.
6. 已知 是抛物线 的焦点， 是 上一点，直线 交 轴于点 ．若 为 的中点，
则 （ ）
A. 3 B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【详解】
由抛物线 得焦点 ，设 ，
因为 是 的中点，所以 的坐标为 ，
因为 在抛物线上，将 坐标代入 得： ，
再由两点间距离公式： .
7. 已知正三棱台 的体积为 ， ， ，则 与平面 ABC 所成角的正切值为
（ ）
A. B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高 ，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求
得 ，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台 补成正三棱锥
第 3页/共 20页
， 与平面 ABC 所成角即为 与平面 ABC 所成角，根据比例关系可得 ，进而可
求正三棱锥 的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取 的中点 ，则 ，
可知 ，
设正三棱台 的为 ，
则 ，解得 ，
如图，分别过 作底面垂线，垂足为 ，设 ，
则 ， ，
可得 ，
结合等腰梯形 可得 ,
即 ，解得 ，
所以 与平面 ABC 所成角的正切值为 ；
解法二：将正三棱台 补成正三棱锥 ，
第 4页/共 20页
则 与平面 ABC 所成角即为 与平面 ABC 所成角，
因为 ，则 ，
可知 ，则 ，
设正三棱锥 的高为 ，则 ，解得 ，
取底面 ABC 的中心为 ，则 底面 ABC，且 ，
所以 与平面 ABC 所成角的正切值 .
故选：B.
8. 已知函数 ，若对任意的 ，都有 ，则实
数 a 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】变形得到 ，设 ，则 在 R 上单调
递增，分段函数在 R 上单调递增，需满足每段函数在定义域上单调递增，且分段处，左端点函数值小于等
于右端点函数值，从而得到实数 a 的取值范围.
【详解】 ，
第 5页/共 20页
设 ，则 ，
因为 ，所以 在 R 上单调递增，
其中 ，
需满足 在 上单调递增， 在 上单调递增，
且 ，
由 得 ，
根据 在 上单调递增，得到 ，故 ，
所以 ，
当 ，即 时， 在 上单调递增，
当 ，即 时， 在 上单调递增，
当 ，即 时，由对勾函数性质得，
在 上单调递增，故需满足 ，解得 ，
所以 ，
综上，实数 a 的取值范围是 .
故选：D
二、多项选择题：（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求．全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分．）
9. 已知两个变量 与 对应关系如下表：
1 2 3 4 5
5 8 9 10.5
若 与 满足一元线性回归模型，且经验回归方程为 ，则（ ）
A. 与 正相关
B.
第 6页/共 20页
C. 样本数据 的第 60 百分位数为 8.5
D. 样本数据 的平均数为 7
【答案】AC
【解析】
【分析】利用回归直线必过样本中心点求出平均数并反推 m，再结合百分位数逐一验证各个选项即可.
【详解】对于 A，经验回归方程的斜率为 ，所以 与 正相关，故 A 正确；
对于 BD，由题意得 ，
代入经验回归方程得 ，
即 ，解得 ，故 BD 错误；
对于 C， ，样本数据 从小到大排列为： ，
故样本数据 的第 60 百分位数为 ，故 C 正确.
10. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 为 右支上一点（异于右顶点）， 为圆
上一点，则（ ）
A. 的渐近线方程为
B. 的内切圆与 轴切于定点
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据渐近线斜率判断 A，联立方程，利用内切圆性质判断 B，根据圆的切线的性质判断 C，利用动
点到圆心的距离的最值判断 D.
【详解】因为双曲线的渐近线为 ，由题 ，所以 的渐近线方程为 ，故 A
正确；
设 分别与 的内切圆切于点 ，
第 7页/共 20页
则 ，
又 ，所以 ，所以 的内切圆与 轴切于定点
，故 B 正确；
易知 ， ，则 ，当 与 相切时，
取得最大值，最大值为 ，故 C 错误；
设 ，则 ，
当 时， 取得最小值 ，则 的最小值为 ，故 D 正确．
11. 在锐角 中，角 的对边分别为 ，记 的面积为 ，若 ，则
以下说法正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用面积公式和正余弦定理化简条件，得到角的关系 ，再结合锐角三角形定义确定 的范
围，最后将 转化为关于 的函数求值域.
【详解】已知在锐角 中， ，其中面积 ，
，因为 ，所以 ，即 ，选项 A
正确；
由余弦定理， ，代入 得：
第 8页/共 20页
，
由正弦定理， ， ，代入得： ，
继续化简得
，
因为 是锐角三角形，所以 ， ，故 ，即 ，选项 B
正确；
因为 是锐角三角形，且 ，所以： ，解得： ，选项 C 错误；
，而 ，代入得：
， 因 为 ， 所 以
，
令 ，则 ，该函数是开口向上，对称轴为 的二次函数，
因为区间 在对称轴右侧，所以函数在该区间上单调递增，
而 ， ，所以 ，选项 D 正确.
第二部分（非选择题共 92 分）
三、填空题：（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
12. 在 的展开式中， 的系数为______.
【答案】80
【解析】
【分析】根据二项式展开式通项公式计算得出 ，再代入计算求解.
【详解】 的展开式中的通项公式为 ，
第 9页/共 20页
所以当 时， ，
的系数为 .
故答案为：80.
13. 已知向量 ， ，若 ，则 在 方向上的投影向量的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求得 ， ，根据投影向量的概念求解即可.
【详解】 ， ，
因为 ，所以 ，
解得 ．所以 ， ，
所以 在 方向上的投影向量的坐标为 ．
14. 若各棱长均为 2 的正四面体可以在一个圆柱内任意转动，则该圆柱的高的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知，正四面体外接球可以在一个圆柱体内任意转动，求出正四面体外接球的半径，即可求
出答案.
【详解】由题意知四面体为正四面体，
如图，点 为 的中心，根据正四面体的性质可知 平面 ，
所以正四面体外接球的球心位于 上，设球心为 ，半径为 ，
则 ，
在 中， ，
在 中， ，
则 ，
第 10页/共 20页
在 中，由 得 ，
解得 ，
各棱长均为 2 的四面体可以在一个圆柱体内任意转动，即各棱长均为 2 的四面体的外接球可以在一个圆柱
体内任意转动，
故该圆柱的高的最小值为 .
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. 已知等差数列 的公差为 ，前 项和为 ，且 ， ， ，其中
.
（1）求公差 及 的值；
（2）设数列 ，数列 的前 项和为 ，求 ．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列的性质结合二倍角的余弦公式计算可得；
（2）由等差数列的基本量法求出通项后结合正弦函数的周期性可得.
【小问 1 详解】
由题可知： ， ，
故 ，
第 11页/共 20页
公差 ，所以 ，
即 ，又因为 ，所以 ，
故 ，即 ．
【小问 2 详解】
由（1）可知，等差数列 的通项公式为： ，
又因为 ，所以 ，
在 中， ，所以 ，
即 是周期为 4 的周期函数，
所以当 时， ，当 时， ，
当 时， ，当 时， ，其中 ，
所以每 4 项一组，每组和为：
，
前 8 项刚好分为 2 组，故 .
16. 如图，在三棱柱 中， 与 均为等腰直角三角形，且 ，
， ．
（1）证明：平面 平面 ABC；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值．
第 12页/共 20页
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设 的中点为 ，证明 平面 ，然后利用线面垂直证明面面垂直即可；
（2）利用线面关系作出二面角 的平面角，然后利用余弦定理求余弦值即可.
【小问 1 详解】
设 的中点为 ，连接 ，如图所示，
因为 与 均为等腰直角三角形， ，
故 ，且 ，
又 ，
故 ，即 ，
且 平面 ， ，
故 平面 ，且 平面 ，
故平面 平面 .
【小问 2 详解】
因为 ， ， 且 平面 ，
所以 平面 ，且 ，故 平面 ，
且 平面 ，故 ，则 ，
设 和 的中点分别为 ，连接 ，
第 13页/共 20页
则 ， 故 ，
又因为 ，故 ，
且 平面 ， 平面 ，
故 即二面角 的平面角，
且 ，
因为 ，故 ，
则 ，
所以 .
故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
17. 已知函数 ．
（1）当 时，求 在点 处的切线方程；
（2）若 存在极小值 0，求实数 的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接求导，再利用点斜式写切线方程；
（2）设函数在 处取得极小值 ，则必有 由导数方程先表示出参数 ，再代回原式
第 14页/共 20页
消去 ，得到关于 的方程；最后利用该方程化简出 的值.
【小问 1 详解】
当 时，
又
所以曲线在点 处的切线方程为
化简得
【小问 2 详解】
设函数在 处取得极小值 ，则
由 得
从而 代入 ，得
即
由于 ，故
于是 两边取指数，得 所以
而 故
下面验证此时确有极小值 .
令
设方程 的解为 ，易知函数 在 上单调递增，
所以方程 有且仅有一个解 ，
又由 可得
于是
第 15页/共 20页
设 ，则
当 且 时， ，所以 在 上单调递增，
又 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 处为极小值点，极小值为 .
综上，
18. 已知椭圆 的左焦点为 ，右顶点为 ，点 的坐标为 ， 的
面积为 ．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设点 在线段 上， ，延长线段 与椭圆交于点 ，点 ， 在 轴上，
，且直线 与直线 间的距离为 ，四边形 的面积为 ．
（i）求直线 的斜率；
（ii）求椭圆的方程．
【答案】（1）
（2）（ⅰ） ；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据 的面积列方程，化简求得椭圆的离心率.
（2）（i）设出直线 的方程，并与直线 的方程联立，求得 点的坐标，根据 列方程，由
此求得直线 的斜率.
（i i）联立直线 的方程与椭圆方程，求得 点坐标，求得 ，判断出直线 和 都垂直于直线
，结合四边形 的面积求得椭圆的方程.
【小问 1 详解】
第 16页/共 20页
设椭圆的离心率为 ，由已知 的面积为 ，
可得 ，又 ，
可得 ，即 ，又因为 ，解得 ，
所以椭圆的离心率为 ．
【小问 2 详解】
（ⅰ）依题意，设直线 （也即直线 ）的方程为 ，
则直线 的斜率为 ．
由（1）知 ，则 ，且 ，
可得直线 的方程为 ，
即 ，与直线 的方程联立，
可解得 ， ，即 ，
由已知 ，有 ，
整理得 ，而 ，所以 ，即直线 的斜率为 ．
（ⅱ）由 ，则 ，可得 ，故椭圆方程可以表示为 ．
由（ⅰ）得直线 的方程为 ，
联立 ，消去 得 ，解得 （舍去），或 ，
则 ，可得 ，
所以 ，
由已知，直线 与直线 间的距离为 ，
则线段 的长即为 与 这两条平行直线间的距离，
故直线 和 都垂直于直线 ，
第 17页/共 20页
所以 ，
则 的面积为 ，
而 ，
则 的面积等于 ，
由四边形 的面积为 ，得 ，解得 ，则 ， ，
所以椭圆的方程为 .
19. 2026 年马年春晚《武 》节目中，宇树科技的人形机器人与塔沟武校的少年武者进行了一场人机武
术对抗赛．假设每局比赛中，机器人获胜的概率为 0.6，少年武者获胜的概率为 0.4，且每局胜负相互独立．比
赛采用 局 胜制（即先赢得 局者获胜）．
（1）当 时，记结束比赛时的局数为 X，求 X 的分布列和数学期望 ；
（2）设在该赛制下机器人获胜的概率为 ．
①求 和 的值，并比较它们的大小，据此说明 和 哪种赛制对机器人更有利；
②随着 k 的增大，机器人获胜的可能性如何变化？证明你的结论．
【答案】（1）分布列为：
2 3
0.52 0.48
期望为 .
（2）① ， ， ， 赛制对机器人更有利
②随着 k 的增大，机器人获胜的可能性变大，证明见解析
【解析】
第 18页/共 20页
【分析】（1）根据题意求出概率，列出分布列，求期望即可；
（2）①分别列出获胜各种情况的概率求和即可计算 ，比较大小即可分析得出结论；②求出
的大小，再分析 与 的关系，即可证明.
【小问 1 详解】
当 时，赛制为三局两胜制，故 X 的可能取值为 ，
，
,
所以 X 的分布列为：
2 3
0.52 0.48
【小问 2 详解】
①因为每局比赛中，机器人获胜的概率为 ，
由题可知 为 局 胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有两种： 或 ，
所以 ，
为 局 胜制时，机器人获胜的概率，机器人获胜的情形有三种： 或 或 ，
，
所以 ，
所以 时， 局 胜制对机器人更有利.
②随着 k 的增大，机器人获胜的可能性越来越大.
证明如下：
由①可知， ，
下面讨论 局与前 局的递推关系：
第 19页/共 20页
（i)若前 局中机器人恰好赢了 局，则后两场机器人都要赢才能获胜，
其概率为 ，即 .
（ii)若前 局中机器人恰好赢了 局，则后两场机器人至少要赢一场才能获胜，
其获胜概率为 ，即 .
（iii）若前 局中机器人至少赢了 局，则后两场机器人无论输赢都获胜，
其获胜概率为 .
，
，
， ，即
第 20页/共 20页