广西南宁市2026届高三上学期第一次适应性测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西南宁市2026届高三上学期第一次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.已知向量，．若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题可知，，解得.故选：D.2.设，则＝（）A.10 B. C.25 D.5【答案】D【解析】由题意知，，所以，故选：D.3.若，则＝（）A.3 B. C. D.－3【答案】A【解析】因，则，.从而.故选：A.4.设随机变量，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为随机变量，所以.因为，所以，所以.所以.所以.故选：C.5.某学校组织研学活动，现有自然生态与地质科考、红色爱国主义教育、历史文化与文物考古、民族文化与非遗传承、蓝色海洋文化教育这5个研学方向．学校安排6名教师负责这5个方向的研学活动，若每个研学方向的研学活动都至少有1名教师负责，每名教师均需要负责且只负责其中1个研学方向的研学活动，则不同的分配方法种数为（）A.2400 B.1800 C.1500 D.2100【答案】B【解析】由题意可得其中一个研学活动有2名教师负责，剩下四个研学活动有1名教师负责，故不同的分配方法种数为.故选：B.6.已知，则＝（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，且，故，故.故选：A.7.如图，某社区要建一座八边形的休闲场所，它的主体平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为；在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为．设总造价为S（单位：元），则当总造价S最小时，AD的长度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设则，所以，所以，因为，即且，解得，所以.故当且仅当，即时，等号成立，所以当时，该休闲场所的总造价最小，最小值为元.故选：B.8.已知点是双曲线C：的左焦点，过原点的直线与交于(在左支上且异于左顶点）两点，延长与交于点．若，且，则（）A.12 B.8 C.6 D.9【答案】C【解析】取双曲线的右焦点为，连接，如下图所示：因为直线过原点，结合双曲线的对称性可知两点关于原点对称，且关于原点对称；即四边形为平行四边形；又，所以，因此四边形的对角线相等，即；所以四边形为矩形；可知；设，由可得，因此；结合双曲线定义可得；在中，由勾股定理可得，即；解得；又在中，由勾股定理可得，即；可得，解得；因此.故选：C.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.如图，在几何体中，，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，点分别为棱的中点，则（）A.平面 B.平面FPH∥平面ABEC.四点共面 D.异面直线与所成的角小于60°【答案】AB【解析】由题意易得在边长为2正方形中，，则，在等腰中，，可得，所以即，所以，同理可证在中，可得，且，平面，所以BE⊥平面，故A正确；如图所示，在中F，P分别为棱AD，DE的中点，所以，不在平面内，在平面内，所以平面，在中，P，H分别为棱的中点，所以，又因为，所以，同理可证平面，因为，平面，所以平面平面，故B正确；如图所示，取的中点，连接，易知，由选项B知，所以，即共面，显然点B不在面，则四点不共面，故C错误；由且，可将图形补全为正方体，连接，易知，则异面直线与所成的角即为与的夹角，因为在中，三边均为正方体各面上的对角线，所以为等边三角形，即，即异面直线BD与AE所成的角为，故D错误，故选：AB.10.已知圆，直线，则下列结论正确的是（）A.直线过定点B.直线被圆截得的最短弦长是C.当点在圆上时，的取值范围是D.设过的直线与圆的两个交点为，，则线段的中点的轨迹为圆【答案】ACD【解析】对于A，直线可化为：，令，解得，所以直线过定点，故A正确；对于B，当圆心与定点连线垂直于时，此时弦长最短，圆的圆心，半径即圆心到直线最大距离为，所以最短弦长为，故B错误；对于C，由题意得表示到原点距离的平方，且原点到圆心的距离为，因为点在圆上，所以，故，故C正确；对于D，因为是线段的中点，所以，因为直线过定点，所以，故线段的中点的轨迹是以线段为直径的圆，故D正确.故选：ACD.11.定义在上的函数满足，当时，，则（）A.共有5个零点B.共有4个极值点C.D.当时，方程有且仅有4个实数根【答案】ABD【解析】当时，，令，解得或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在，上单调递增，在上单调递减，因此时，在时取得极大值，在时取得极小值，共有2个极值点，，，又在上单调递增，所以在上有一个零点，因此时，共有2个零点，因为，所以是R上的奇函数，奇函数的图象关于原点对称，且，所以时，有2个零点，有2个极值点.因此，在R上共有5个零点，故A正确；在R上共有4个极值点，故B正确；因为是R上的奇函数，所以，故C错误；由于当时，，则当且时，，，作出函数图象，由图象可知，当时，方程有且仅有4个实数根，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.某市十景包含扬美古风、青山塔影、明山锦绣、望仙怀古、伊岭神宫、九龙戏珠、南湖情韵、凤江绿野、邕江春泛、龙虎猴趣，每个景点都有其独特的魅力．某游客计划从这10个景点中随机选择2个景点进行游玩，则青山塔影被选中的概率是______．【答案】【解析】从10个景点中随机选择2个景点，总共有

种选择方法，若要确保青山塔影被选中，则需从剩余9个景点中再选1个，有

种选择方法，因此，青山塔影被选中的概率为

.故答案为：.13.已知直线经过椭圆的一个焦点，则的离心率为______．【答案】【解析】由椭圆方程可知，长轴在

轴上，且

，即焦点为

，直线

经过一个焦点，代入焦点坐标：若焦点为

，则

，解得

，即

；若焦点为

，则

，无解；故

，此时

，长半轴长为，离心率

.因此，椭圆

的离心率为

.故答案为：.14.在中，角所对的边分别为．若，且，则面积的最大值为______．【答案】16【解析】依题意由可得，，即，因此；令，易知，则；因此可得，；又因为，所以，由正弦定理可得，又,所以的面积为；当且仅当时，即时，等号成立；因此可知面积的最大值为16.故答案为：16.四、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.已知数列的前n项和（p为常数），且．（1）求的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，证明：．（1）解：因为，解得，故，故当时，，又，故也满足，综上，通项公式为；（2）证明：，故，所以.16.如图，正三棱柱的各棱长均为8，D为棱BC的中点，点E，F在棱上，且．（1）证明：平面．（2）求直线CB与平面所成角的正切值．（1）证明：取的中点，连接，因为正三棱柱的各棱长均为8，D为棱BC的中点，所以，，又，故，所以，又，故，故四边形为平行四边形，故，因为平面，所以平面，（2）解：取的中点，的中点，连接，，则⊥平面，因为为等边三角形，所以⊥，且，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设直线CB与平面所成角的大小为，则，故，.17.已知抛物线（p＞0）的焦点为F，C的准线与x轴交于点H，．（1）求C的标准方程．（2）已知点，O为坐标原点，直线l交C于两点，且P，Q在x轴的两侧．（i）求的最小值；（ii）若，证明：l过定点．（1）解：依题意，抛物线（p>0）的焦点为，准线方程为，则准线与x轴的交点为，则，解得（舍去），故抛物线C的标准方程为.（2）（i）解：由题意，，因是抛物线上一点，则，故当时，取得最小值24，则此时的最小值为.（ii）证明：依题意，直线的斜率不能为0，故可设直线的方程为，代入，消去，可得，则，由韦达定理，，因P，Q在x轴的两侧，则，即，则，即，因，则，此时直线的方程为，故直线必过定点.18.已知函数．（1）求在上的最值．（2）设函数．（i）讨论的单调性；（ii）若为的一个极值点，且，，证明为定值．（1）解：，令，解得或.当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在时取得极大值，在时取得极小值，又，，所以在上的最大值为，最小值为.（2）（i）解：，，判别式，当时，，，在上单调递增；当时，，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，综上所述，当时，在上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减.（ii）证明：因为为的一个极值点，所以，即，所以，由得，整理得，，化简得，因为，所以，将代入，得，整理得，，化简得，因为，所以，即，所以为定值.19.（1）若函数图象的两个相邻对称中心的横坐标相差6，求．（2）在（1）的条件下，设函数，试判断并证明函数图象的对称性．（3）已知（2）中的导函数有两个零点,且．（i）求的取值范围；（ii）当时，证明：．（1）解：依题意，函数的最小正周期满足，则，故；（2）解：由（1），，则函数关于点成中心对称，证明如下：由，可得，即函数的定义域为，因，，则，即函数的图象关于点成中心对称.（3）（i）解：由，求导得，由可