贵州省安顺市高三下学期适应性考试（一）数学

安顺市2026年高三年级适应性考试（一）数学2026年2月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟．注意事项：1.答卷前，考生务必将姓名、准考证号用钢笔填写在答题卡相应位置上．2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔将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，写在本试卷上无效．3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．4.请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束后，监考老师将试题卷、答题卡一并收回．第Ⅰ卷（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.复数的虚部是（）A. B. C.1 D.【答案】D【详解】，故复数的虚部是.故选：D.2.集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【详解】，，则.故选：C.3.已知方程表示双曲线，则实数m的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【详解】由方程表示双曲线，得，解得或，所以实数m的取值范围是.故选：D4.设，，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【详解】若，则，因为，由，根据传递性可知，因此“”能推出“”，因此充分性成立；不妨取，满足，但，则不成立，因此必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A5.记为各项均不相同的等差数列的前n项和，若，是与的等比中项，则（）A.9 B.10 C.11 D.12【答案】A【详解】设等差数列的公差为，则由题可得，即，解得，所以，故选：A.6.某栋教学楼的某层楼设置有8级台阶，某同学上楼梯时只能每步跨越一级台阶或两级台阶，则该同学从楼梯底部登上第8级台阶的不同走法有（）A.32 B.33 C.34 D.35【答案】C【详解】跨0次2级（全跨1级），共走8步，有种走法；跨1次2级，剩余6次1级，共走7步，选1步跨2级，有种走法；跨2次2级，剩余4次1级，共走6步，选2步跨2级，有种走法；跨3次2级，剩余2次1级，共走5步，选3步跨2级，有种走法；跨4次2级（无剩余1级），共走4步，有种走法，所以不同走法种数为.故选：C7.设方程的两个根为，则（）A.0 B.1 C.e D.【答案】A【详解】由可得，设，则，方程可化为，设该方程的两根为，则，由韦达定理，，则有，于是.故选：A.8.已知数列满足，．若对于任意，都有成立，则实数c的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【详解】因，，且对于任意，都有成立，则，可得，由可得，即得，即.又由及可得，则，易知为递增数列，则，且，因函数在上为增函数，则，由题意可知数列单调递增且有上界2，故极限存在.设，则.对取极限得，即.函数在上单调递增，故，解得故实数c的取值范围是.故选：B.二、多项选择题：本题共3个小题，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.已知函数的图象关于点中心对称．则（）A.的最小正周期为B.直线是曲线的对称轴C.将的图象向右平移个单位可得到函数的图象D.在区间上单调递增【答案】AC【详解】由题意，，因，则，故.对于A，最小正周期为，故A正确；对于B，，故直线不是曲线的对称轴，故B错误；对于C，将的图象向右平移个单位可得到函数：，故C正确；对于D，当时，，而函数在上先增后减，故D错误.故选：AC.10.我国传统文化中有许多具有对称美的形状，如图1为《周易》中的“八卦”，图2为园林建筑中的八角窗，它们均可抽象为正八边形ABCDEFGH，如图3，O为其中心．记，，且，则（）A.B.C.D.在上的投影向量为【答案】ACD【详解】对于A，由已知，所以向量的夹角为，又，，所以，A正确，对于B，，，B错误，对于C，因为，，所以，所以，又为的角平分线，由平行四边形法则可得，所以，C正确，对于D，因为，，所以，又，所以在上的投影向量为，D正确，故选：ACD.11.古希腊数学家采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，随着圆锥的轴与平面所成角的变化，截得的曲线的形状也不同，若圆锥轴截面的顶角为，则曲线的离心率为．如图，圆锥的底面半径为4，母线长为12，是圆锥的一个轴截面，D为中点，过两点且与轴截面垂直的平面与圆锥的截面曲线是一个椭圆，则（）A.椭圆的长轴为B.椭圆的离心率为C.与的交点是椭圆的一个焦点D.内接于椭圆的菱形周长最大值为20【答案】ABD【详解】在中，，，所以.对于A，椭圆的长轴为的长，在中，.所以根据余弦定理得.所以，A正确；对于B，如图设与的交点为，由线面角定义可知，由上可知，中，，在中，.由题设可知，B选项正确；对于C，由上可知，又，所以.在中，，所以，又，所以不为椭圆焦点，故C选项错误；对于D，如图，椭圆方程为，令该椭圆内接菱形为四边形，设，则，即，则，，化简得，同理，菱形中，，则当时，取得最大值为25，即，因此菱形周长的最大值为，D正确.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知数据，，，，的平均值为3，则，，，，的平均值为______．【答案】7【详解】依题意得，则，则，故，，，，的平均值为.故答案：7.13.已知直线与圆，若存在以直线l上一点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则k的取值范围是______．【答案】【详解】圆的圆心，半径，令直线上为圆心的点为，以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则，即，依题意，存在以点为圆心，1为半径的圆与圆C有交点，则点到直线的距离不大于2，因此，即，解得，所以k的取值范围是.故答案为：14.已知点M为正三棱柱的外接球上的动点，且，若，，则点M的轨迹长度为______．【答案】【详解】设点为正三棱柱的底面的中心，为其外接球的球心，易得平面，且，因，则，则该外接球的半径为.以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系.则，设点，由可得，两边取平方，展开整理得：，配方可得，则点的轨迹为以点为球心，半径为2的球面.因球的球心距为，两球半径都是2，则两球的交线圆的半径满足，故点M的轨迹为交线圆，其周长为，即点M的轨迹长度为.故答案为：.四、解答题：共5个小题，满分77分．解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤．15.在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且．（1）求A的大小；（2）若，，试判断的形状，并求的面积．【答案】（1）；（2）等边三角形，面积为.【小问1详解】在中，由正弦定理得整理得因为，故又，故．【小问2详解】已知，则，代入得，即，则因为．则．故所以，是等边三角形．因此16.如图，已知四面体的所有棱长都等于2，E，F，G分别是棱，，的中点．平面平面．（1）证明：；（2）求平面与平面的夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【小问1详解】因为F，G分别是棱，的中点，故．又平面，平面，所以平面．而平面，平面平面，所以．【小问2详解】过D作平面，垂足为O．建立如图所示空间直角坐标系．则，， ，， ，，设为平面的法向量，则，取平面的一个法向量为，所以，设为平面与平面所成角，则，因此，平面与平面所成角的正弦值为．17.已知点，M为平面内一动点，以MF为直径的圆与x轴相切，点M的轨迹记为．（1）求曲线的方程；（2）不过原点的直线l与曲线交于不同的两点A，B，若以AB为直径的圆过坐标原点，（ⅰ）证明：直线l过定点；（ⅱ）点C是曲线上位于直线l下方的一动点，若对于给定的直线l，记的面积最大值为S，对所有符合题设条件的动直线l，求S的最小值．【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）【小问1详解】设动点，定点，以为直径的圆的圆心为的中点，圆的半径，由两点间距离公式得，故半径，因为圆与轴相切，所以圆心到轴的距离等于半径，即，化简得展开左右两边，整理得，因此曲线的方程为.【小问2详解】如图，作出符合题意的图形，（i）由曲线的方程，设直线的方程为（，因直线不过原点），将其与联立，消去得，设直线与的交点为，，由韦达定理得，因为以为直径的圆过原点，故，即，由向量数量积的性质得又，，代入数量积等式得展开并整理：将韦达定理的、代入上式：展开并化简：因式分解得，因直线不过原点，故，因此将代入直线的方程，得，该方程对任意，当时，恒成立，故直线恒过定点；（ⅰi）设点曲线上，故；点在直线下方，故，即，直线与抛物线相交的弦长，将，代入得，点到直线的距离，因，故绝对值可去掉以为底，为高，得约去，化简得对于固定的，是关于的二次函数，开口向下，其最大值在顶点处取得，顶点横坐标，将代入得因此面积可表示为令，因，故；且，代入面积公式得函数在时单调递增，故当（即）时，取得最小值，因此的最小值为.18.有N个人需要通过血液检测某种酶是否存在．假设每个人血液中含有该酶的事件是相互独立的，且含有该酶的概率均为，若血液检测始终能准确判断样本中该酶是否存在．现采用以下分组检测方法：将待检测人群分成r个小组，每组人．在每一组中，取每人的血液混合成一个样本进行检测．若某组的混合样本检测结果呈阴性（不含酶），则该组内所有人员无需再进行后续检测．若某组的混合样本检测结果呈阳性（含有酶），则需要对该组内的每一位成员再分别单独检测一次（不用采集血样，利用现有采集过的血样）．（1）若，，已知某小组的混合样本检测结果呈阳性，求该组内“恰有2人”血液中含有该酶的概率；（2）用N，k，p表示该方法所需检测次数的期望值；（3）设检测成本由两部分组成：采集处理血样成本为a元/人份，化验检测成本为b元/次．若，每组人数，且该方法的总成本期望值比“逐一检测”的总成本节省了50%以上，求的取值范围．（参考数据：）【答案】（1）（2）（3）【小问1详解】设小组中有酶的人数为X，则．已知混合样本阳性，即，则恰有2人有酶的概率为．【小问2详解】设每组检测次数，则的分布列为1p期望为则总检测次数的期望；【小问3详解】若分组检测，检测次数的期望为．总成本期望为，若逐一检测，则总成本为．由节省50%以上得．代入，，，得，整理得，因此，，故的取值范围是．19.已知函数，．（1）令，求在点处的切线方程；（2）讨论在上的单