广西玉林市2026届高三上学期1月份适应性测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西玉林市2026届高三上学期1月份适应性测试数学试题一、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.已知集合是不大于6的正奇数，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】是不大于6的正奇数，又，则.故选：B.2.等比数列中，，，则（）A.2 B.4 C.8 D.1【答案】A【解析】由等比数列的性质可得，故.故选：A.3.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】C【解析】由题意得，则，则该复数对应的点位于第三象限，故C正确.故选：C.4.已知平面向量，，若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】，，则，由得，解得.故选：D.5.已知直线平分圆的面积，则（）A.0 B. C.2 D.1【答案】A【解析】由题意得圆的圆心为，因为直线平分圆的面积，所以直线必过圆心，则，即，故A正确.故选：A.6.已知某扇形的周长为6，面积为2，圆心角为锐角，则其弧长为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】设扇形的弧长为，扇形的半径为，圆心角为，因为扇形的周长为6，面积为2，所以，解得或，当时，，不是锐角，故排除，当时，，符合题意，故B正确.故选：B.7.将单词卡片“breathless”拆解成十张字母卡片，现从中随机抽两张字母卡片，已知一张字母卡片最多只能被抽到一次，若抽到的两张卡片上的字母相同，则它们均为e的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】记事件A:抽到的两个字母相同，事件B:抽到的字母均为e，注意到重复情况仅可能为两个e或两个s，故，，于是.故选：D.8.半径为2的球O的球面上有四点，其中为球O直径，是等边三角形，若，则四面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，设的中点为，，延长交球于，由题意可知，，，，如图，记外接圆圆心为，则为的中点，则，，，，而，，因为，解得，所以，得到，，故四面体体积为.故选：D.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知双曲线（）的渐近线方程为，其焦点分别为，，点在上，则（）A.B.的离心率可以为C.当时，点到渐近线的距离为6D.当时，【答案】BD【解析】对于A，可得双曲线，令，得到，化简得渐近线方程为，由题意得渐近线方程为，得到，解得，故A错误，对于B，由已知得，则双曲线方程变为，令，则双曲线方程变为，化为标准方程可得，此时，可得离心率为，故B正确，对于C，当时，方程变为，化为标准方程可得，此时，由题意得渐近线为，取一条渐近线，即，设，点到渐近线的距离为，由点到直线的距离公式得，故C错误，对于D，当时，双曲线方程变为，化为标准方程可得，此时，由双曲线的定义得，故D正确.故选：BD.10.记为正项数列的前n项和，且，则（）A. B.是等差数列C.是递增数列 D.是递增数列【答案】ACD【解析】对于A,注意到,,,,由得,故A正确;对于B,实际上,,,,显然,故B错误;对于C,由,与两式相减得，即,因为为正项数列，所以且,可得,即,故C正确,对于D,注意到,可得是递增数列,故D正确.故选：ACD.11.已知函数，，都是奇函数，是偶函数.当时，，则（）A.B.对任意，C.当且仅当，D.【答案】ABD【解析】对于A，由是奇函数可得，可知曲线关于对称，又是奇函数，关于对称，可知对于任意整数，关于对称，于是，故A正确；对于B，由A,成立，构造，由于是偶函数，则是偶函数，则关于对称，由于是奇函数，是奇函数，则是奇函数，则，，即周期为4，而，，，，则，故B正确；对于C，令，则为奇函数，，关于对称，则周期为4，当时，在一个周期内画出和图像，则可得即，当且仅当或，，故C错误；对于D，当时，，则在上，，，则，故D正确；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.椭圆的四个顶点围成四边形的周长与面积的比值为__________.【答案】【解析】椭圆的顶点依次为，这4个顶点围成菱形，其周长为，面积为，所以所求比值为.故答案为：.13.已知函数（），若曲线关于点中心对称，则的最小值为__________.【答案】【解析】由正切函数性质可知，函数的对称中心为，因为曲线关于点中心对称，所以，即因为，所以，解得，因为，所以，故.故答案为：.14.若，，则__________.【答案】4【解析】，，，令函数，而函数在上单调递增，则函数在上单调递增，又原等式等价于，由，得，因此，所以.故答案为：4.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.15.记内角的对边分别为，已知，.（1）求；（2）若边上的高为，求与的外接圆半径.解：（1）由余弦定理得，因为，所以，化简得，而，则，解得，因为，所以.（2）如图，作出符合题意的图形，作，因为边上的高为，所以，由锐角三角函数的定义得，因为，所以，由勾股定理得，设外接圆半径为，由正弦定理得，解得.16.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：.（1）解：因为，所以，当时，可得，此时在上单调递增，当时，令，，令，，则在上单调递增，在上单调递减，综上可得，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，（2）证明：由题意得，令，则，令，，令，，则在上单调递增，在上单调递减，则的极小值为，而，可得，即得证.17.如图，在三棱台中，，平面ABC，.（1）证明：平面平面；（2）点M满足，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：由平面平面知．由平面，平面得平面，由平面知，由几何关系知，于是.由平面平面，可得平面，由平面得平面平面．（2）解：以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向、的方向为轴正方向，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则，，，，由可得，于是，，显然平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，即，可取，记平面与平面的夹角为则.18.在平面直角坐标系中，抛物线C：（）的焦点为.设n为正整数，点为C上一点，直线交C于另一点.（1）求a；（2）证明：为定值，并求该定值；（3）分别作以点与点为切点的抛物线的两条切线相交于点，证明：.（1）解：抛物线等价于，由于焦点为，则有，解得．（2）解：由（1），设直线方程为，联立，得．由于为直线与抛物线交点，故为上述方程的两根，故由韦达定理，，也即为定值.（3）证明：抛物线在处的斜率，故切线方程为．同理，在处的切线方程为，两式相减得，也即，解得，代入切线方程得．故，则由基本不等式，，当且仅当时，等号成立，故，得证.19.设函数，集合（）.a，，设的图象与x轴有交点的概率为.（1）求的值；（2）求关于n的表达式；（3）证明：.参考公式：.（1）解：的图象与x轴有交点的概率等价于存在零点的概率.令，即，即.当时,任取2个可相等的数的总方式为，其中满足的方式为，共七种，故.（2）解：由（1）可知等价于求的概率.当时，.又为中的元素，故恒成立，