2026届四川省南充市高三上学期高考适应性考试（一诊）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省南充市2026届高三上学期高考适应性考试（一诊）数学试题一、单项选择题：本题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.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】，则复平面内对应的点为，该点位于第二象限.故选：B.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，则，故选：C.3.已知向量，若，则（）A. B. C.1 D.5【答案】C【解析】因为，所以，由，故选：C.4.设函数，则（）A.是奇函数，且在单调递增B.是奇函数，且在单调递减C.是偶函数，且在单调递增D.是偶函数，且在单调递减【答案】A【解析】由且，为奇函数，∵在上递减，则递增，又在上递增，∴在上递增，故选：A.5.双曲线的左、右焦点分别为、，点是其渐近线上的一点，若，则该双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】由，得，又，所以，又，所以为正三角形，故，所以，则双曲线的离心率.故选：B.6.设，若直线平分圆的周长，则的最小值为（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】由题意知，直线过圆心.由，得，则圆心坐标为，半径为，有，即.所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为2.故选：D.7.已知四面体中，、、两两垂直，，与平面所成的角为，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图，以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，，则，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，得：，不妨令，解得：，因为与平面所成的角为，所以，即，又，解得：.所以平面的一个法向量为，故到平面的距离为.故选：A.8.已知函数，若直线与两条曲线和共有四个不同的交点、、、，且，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】由函数，可得，当时，可得，单调递减；当时，可得，单调递增；又由，可得，当时，可得，单调递减；当时，可得，单调递增，画出函数，和的图象，如图所示，可得或，可得，又由，①当时，即，可得，即，所以，所以.②又由，可得，即，所以，所以，综上可得：.故选：A.二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．9.已知数列的前项和为，的前项和为，则（）A.B.C.数列的前项和为D.若，则的最大值为4【答案】AC【解析】对于选项A，当时，，当时，，且时，，符合要求，所以，所以A正确；对于选项B，因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以B错误；对于选项C，由可得，则数列的前项和为，所以C正确；对于选项D，可知，则当时，，则，D错误.故选：AC.10.已知函数，则下列说法中正确的有（）A.与的最小正周期相同B.方程在上有两个交点C.将的图象向左平移个单位就能得到的图象D.函数，是的一个极值点的充要条件是【答案】ABD【解析】对于A，函数的最小正周期都为，A正确；对于B，由，得，则，由，得，因此方程有2个解，B正确；对于C，，C错误；对于D，函数，由，得，因此是的一个极值点的充要条件是，D正确.故选：ABD.11.已知函数，则下列说法中正确的有（）A.B.在处的切线方程为：C.若函数，使得成立，则D.若函数有两个零点，则【答案】ABD【解析】对于A，由，则，故A正确；对于B，由，则，所以，，故在处的切线方程为，即，故B正确；对于C，因为，要存在，使得成立，即有解，令，则，令，得，当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，，所以只需，即得，故C错误；对于D，由，则，，当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，若函数有两个零点，则，且，要证，即证，又在上单调递增，即证，即证，只要证，即证，令，，则，当时，，所以存在，使得，当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，当时，，而，令，，则，即在上单调递减，故，所以，即，即，所以对恒成立，又，则，即成立，即成立，问题得证，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分．12.已知函数，则___________．【答案】【解析】，故答案为：.13.已知，且，则二项式的展开式中，常数项为___________．（结果用数值表示）【答案】【解析】由，可得对称轴是，而，所以由对称性可知，则二项式的展开式中通项为：，令，则，所以二项式的展开式中的常数项为，故答案为：.14.在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则的最大值为___________．【答案】4【解析】因为和是互相垂直的单位向量，所以设，，设，由可得：，表示动点到两点的距离之和为，则，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，则点的轨迹方程为：，设，由可得：，表示动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以动点的轨迹方程为，所以可设，，，所以，，所以，其中，所以当时，的最大值为，，当时，的最大值为.故答案为：.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.已知中，内角，，的对边分别为，，，且．（1）求；（2）若，求的周长．解：（1）已知，根据正弦定理，可得，将其代入已知等式：

，化简得：，再由余弦定理，代入上式得：，因为，所以；（2）已知，由第一问知，代入得：，因为，所以或，又因为，若，则，矛盾，故，从而，由正弦定理，已知，则：，，因此：；；周长.16.在平面直角坐标系中，抛物线上一点到焦点的距离为1．（1）求抛物线的方程；（2）若过点的直线与抛物线交于两点，且面积为4，求直线的方程．解：（1）因为抛物线上一点，到焦点的距离为1，所以解得，所以抛物线的方程；（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，，消去x得，由韦达定理得，原点到直线的距离为：，弦长，所以，解得，所以直线的方程为：.17.如图所示，已知多面体的底面是正方形，底面，，．（1）证明：平面；（2）设，当时，求二面角的余弦值．（1）证明：因为底面是正方形，所以，又平面，平面，所以平面，又，，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面，且与相交于点，所以平面平面，又平面，所以平面.（2）解：因为底面是正方形，底面，所以，，，如图，以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，已知，，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，，即平面的法向量为，设二面角为，由几何体可得，所以，所以二面角的余弦值为.18.某图书馆对学生借阅图书是否按时归还的情况开展调查，经过一段时间的统计发现：学生第一次借阅图书，按时归还的概率为；从第二次借阅开始，若前一次按时归还，则本次按时归还的概率为；若前一次未按时归还，则本次按时归还的概率为．记学生第次借阅按时归还的概率为．（1）求；（2）求数列的通项公式；（3）记前次借阅中按时归还的次数为，求随机变量的数学期望．参考公式：若为离散型随机变量，则．解：（1）由题意可知：，，；（2）由题意可知：，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，因此，显然适合，故；（3）记前次借阅中，第次按时归还为，由题意可知：服从两点分布，且，所以，，由题中所给公式可得：.19.已知函数．（1）当时，求的极值；（2）讨论在区间上的单调性；（3）设，证明：．（1）解：由题意，当时，，，则，令，得，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，故当时，函数取得极小值，为，无极大值.（2）解：因，则，因为，，所以，当时，恒有，则恒成立，即在上单调递增；当时，令，解得（舍去），，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.（3）证明：令数列的前项和为，且，数列满足，当时，，当时，，则原不等式，等价于，当时，，，显然成立；当时，要证，即证，需证，令，则，又，所以，则不等式，等价于，等价于，由（2）得，当时，函数在上单调递增，又，则，即，故得证.即当时，成立，故，又当时，，综上所述，成立，不等式得证.四川省南充市2026届高三上学期高考适应性考试（一诊）数学试题一、单项选择题：本题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.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】，则复平面内对应的点为，该点位于第二象限.故选：B.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，则，故选：C.3.已知向量，若，则（）A. B. C.1 D.5【答案】C【解析】因为，所以，由，故选：C.4.设函数，则（）A.是奇函数，且在单调递增B.是奇函数，且在单调递减C.是偶函数，且在单调递增D.是偶函数，且在单调递减【答案】A【解析】由且，为奇函数，∵在上递减，则递增，又在上递增，∴在上递增，故选：A.5.双曲线的左、右焦点分别为、，点是其渐近线上的一点，若，则该双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】由，得，又，所以，又，所以为正三角形，故，所以，则双曲线的离心率.故选：B.6.设，若直线平分圆的周长，则的最小值为（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】由题意知，直线过圆心.由，得，则圆心坐标为，半径为，有，即.所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为2.故选：D.7.已知四面体中，、、两两垂直，，与平面所成的角为，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图，以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，，则，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，得：，不妨令，解得：，因为与平面所成的角为，所以，即，又，解得：.所以平面的一个法向量为，故到平面的距离为.故选：A.8.已知函数，若直线与两条曲线和共有四个不同的交点、、、，且，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】由函数，可得，当时，可得，单调递减；当时，可得，单调递增；又由，可得，当时，可得，单调递减；当时，可得，单调递增，画出函数，和的图象，如图所示，可得或，可得，又由，①当时，即，可得，即，所以，所以.②又由，可得，即，所以，所以，综上可得：.故选：A.二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．9.已知数列的前项和为，的前项和为，则（）A.B.C.数列的前项和为D.若，则的最大值为4【答案】AC【解析】对于选项A，当时，，当时，，且时，，符合要求，所以，所以A正确；对于选项B，因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以B错误；对于选项C，由可得，则数列的前项和为，所以C正确；对于选项D，可知，则当时，，则，D错误.故选：AC.10.已知函数，则下列说法中正确的有（）A.与的最小正周期相同B.方程在上有两个交点C.将的图象向左平移个单位就能得到的图象D.函数，是的一个极值点的充要条件是【答案】ABD【解析】对于A，函数的最小正周期都为，A正确；对于B，由，得，则，由，得，因此方程有2个解，B正确；对于C，，C错误；对于D，函数，由，得，因此是的一个极值点的充要条件是，D正确.故选：ABD.11.已知函数，则下列说法中正确的有（）A.B.在处的切线方程为：C.若函数，使得成立，则D.若函数有两个零点，则【答案】ABD【解析】对于A，由，则，故A正确；对于B，由，则，所以，，故在处的切线方程为，即，故B正确；对于C，因为，要存在，使得成立，即有解，令，则，令，得，当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，，所以只需，即得，故C错误；对于D，由，则，，当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，若函数有两个零点，则，且，要证，即证，又在上单调递增，即证，即证，只要证，即证，令，，则，当时，，所以存在，使得，当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，当时，，而，令，，则，即在上单调递减，故，所以，即，即，所以对恒成立，又，则，即成立，即成立，问题得证，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分．12.已知函数，则___________．【答案】【解析】，故答案为：.13.已知，且，则二项式的展开式中，常数项为___________．（结果用数值表示）【答案】【解析】由，可得对称轴是，而，所以由对称性可知，则二项式的展开式中通项为：，令，则，所以二项式的展开式中的常数项为，故答案为：.14.在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则的最大值为___________．【答案】4【解析】因为和是互相垂直的单位向量，所以设，，设，由可得：，表示动点到两点的距离之和为，则，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，则点的轨迹方程为：，设，由可得：，表示动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以动点的轨迹方程为，所以可设，，，所以，，所以，其中，所以当时，的最大值为，，当时，的最大值为.故答案为：.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.已知中，内角，，的对边分别为，，，且．（1）求；（2）若，求的周长．解：（1）已知，根据正弦定理，可得，将其代入已知等式：

，化简得：，再由余弦定理，代入上式得：，因为，所以；（2）已知，由第一问知，代入得：，因为，所以或，又因为，若，则，矛盾，故，从而，由正弦定理，已知，则：，，因此：；；周长.16.在平面直角坐标系中，抛物线上一点到焦点的距离为1．（1）求抛物线的方程；（2）若过点的直线与抛物线交于两点，且面积为4，求直线的方程．解：（1）因为抛物线上一点，到焦点的距离为1，所以解得，所以抛物线的方程；（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，，消去x得，由韦达定理得，原点到直线的距离为：，弦长，所以，解得，所以直线的方程为：.17.如图所示，已知多面体的底面是正方形，底面，，．（1）证明：平面；（2）设，当时，求二面角的余弦值．（1）证明：因为底面是正方形，所以，又平面，平面，所以平面，又，，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面，且与相交于点，所以平面平面，又平面，所以平面.（2）解：因为底面是正方形，底面，所以，，，如图，以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，已知，，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，，则，设平面的一个法向量为，则，