2026北京大兴区第一中学高三高考适应性测试数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025-2026学年高考适应性测试2026.6一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．复数在复平面内所对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知等差数列，，，则的最大值为（

）A．19 B．20 C．21 D．224．若，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．5．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且，点为坐标原点，的面积为（

）A． B．2 C． D．46．已知是等比数列，则甲：数列为递增数列，乙：，恒成立，则甲是乙的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．奶茶温度衰减满足函数关系，其中（单位：）为（单位：分钟）时的温度，（单位：）为室温，为常数，．已知某奶茶店的室温为，奶茶制作完成时温度为分钟后温度为，该奶茶适宜饮用温度为，则制作完成后适宜饮用的时间约为（）（参考数据：．结果保留整数）A．25分钟 B．30分钟 C．35分钟 D．40分钟8．在中，，，点满足，且，则（

）A． B． C． D．19．若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．10．对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（

）A．若和都有最小值，则有最低点；B．若有最低点，则和都有最小值；C．若或有最小值，则有最低点；D．若有最低点，则或有最小值.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11．已知，则__________．12．已知双曲线的渐近线方程为，则__________．13．已知函数（），如图所示，直线与曲线交于，两点，若，在区间上单调递减，则_____；的一个取值为_____．14．中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体上下底面平行，且均为扇环形．现有一个如图所示的曲池，其中，，，是柱体的高，底面扇环所对的圆心角为，的长度为的长度的2倍，，，则该曲池的体积为__________；表面积为__________．15．已知数列满足（），则下列说法正确的是______________．①若且，则单调递减；②若存在无数多个使得，则或；③当时，存在使；④当时，对任意，都有．三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16．在中，，(1)求的值.(2)从以下三个条件中选一个作为已知，使得满足条件的存在，求的面积.①边上的高为7；②；③边上的中线长5.17．如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．18．为了调查居民对垃圾分类的了解程度，某社区居委会从A小区与B小区各随机抽取300名社区居民（分为18-40岁、41岁-70岁及其他人群各100名）参与问卷测试，按测试结果将居民对垃圾分类的了解程度分为“比较了解”（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分），并将问卷得分不低于60分绘制频数分布表如下分组A小区频数B小区频数18-40岁人群603041-70岁人群8090其他人群3050假设用频率估计概率，所有居民的问卷测试结果互不影响．(1)从A小区随机抽取一名居民参与问卷测试，估计其对垃圾分类比较了解的概率；(2)从A、B小区41-70岁人群中各随机抽取一名居民，记其对垃圾分类比较了解的居民人数为随机变量，求的分布列和数学期望；(3)设事件为“从A小区的三个年龄组随机抽取两组，且每个年龄组各随机抽取一名居民，则这两名居民均为对垃圾分类比较了解”，设事件为“从B小区的三个年龄组随机抽取两组，且每个年龄组各随机抽取一名居民，则这两名居民均为对垃圾分类比较了解”，试比较事件发生的概率与事件发生的概率的大小，并说明理由．19．已知椭圆：（）的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为．(1)求椭圆的方程；(2)过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，过点和（）的直线与椭圆的另一个交点为，与分别表示与的面积．若，求的值．20．已知函数，．(1)若曲线与直线相切，求切点的坐标和实数的值；(2)若对任意实数，都存在实数，使得，求的取值范围；(3)对给定的k (k>1e)，任意，直线与曲线，的交点分别为，求的最小值．21．设递增数列中的每一项都是正整数，其前n项和为．对于正整数k，若存在正整数j，使得，则称覆盖了，记的“覆盖阶数”为．定义的“覆盖滞后度”为．规定．(1)若，，，，求和的值；(2)若数列是首项为1，公差为2的等差数列，判断是否存在正整数k，使得？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由；(3)设前k项的“覆盖滞后度”，，…，的最大值为M，求证：对任意的，存在，使得．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】，对应复平面内点，位于第二象限．2．A【详解】由，解得，则，由，得，解得，则，所以.3．C【详解】设等差数列的公差为，由，得，又，所以，解得，所以，所以，所以当或时，的值最大，最大值为.4．D【分析】利用正切函数、指数函数和幂函数的单调性判断.【详解】，因为在上递增，且，所以，即，，1，因为在上递增，且，所以，即，所以故选：D5．A【详解】由抛物线：，可得焦点，准线方程为，设，则，得，又，可得，所以.6．C【分析】利用充分必要条件的定义，分别讨论甲乙的充分性与必要性，结合等比数列的通项公式分类讨论即可得解.【详解】设等比数列的公比为，则．当为递增数列时，，即，恒成立，故充分性成立；当，恒成立时，，即，若，则或，当时，，与假设矛盾，舍去，故，此时，则为递增数列；若，则或，当时，，与假设矛盾，舍去，故，此时，则为递增数列．综上所述，当，时，为递增数列，故必要性成立；所以甲是乙的充要条件．故选：C．【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分类讨论解不等式，从而推得其必要性成立.7．C【分析】由题，，当时，，，，代入运算可得，令运算得解.【详解】由题，，当时，，则，得，又，，故，得，所以，当时，有，所以，所以，故制作完成后适宜饮用的时间约为35分钟.故选：C.8．B【分析】利用向量数量积的运算性质先求出参数λ的值，再计算模长即可.【详解】因为,，，所以，即，因为，，代入化简：−4λ+2=1⟹λ=1因为,所以,因为,所以.9．A【分析】将题干条件，结合几何知识转化为圆心到直线的距离需满足，解该不等式即可求解．【详解】当直线与圆相交时，如图所示，若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时，所以一定存在A、B及P，使得；当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得；当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有，另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时必为该P点所能达到的最大情况，如图所示，由图可知，，CP最短时，即等于圆心C到直线的距离d，最大，也最大，同时最大，所以若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则必有，解得，又因为圆的半径，圆心到直线的距离，所以，解得．故选：A．10．D【分析】可以举反例证明选项A、B、C的命题均为假命题，对D，根据“最低点”的定义分析得或，再分类讨论即可.【详解】对于A项，取，，取，，则，；而无最低点，故A错误；对于B项，取，，取，，则无最小值，；而有最低点，故B错误；对于C项，取，，取，，则无最小值，；因为的函数值可趋向于负无穷大，所以无最低点，则亦无最低点，故C错误；对于D项，因为有最低点，不妨设为的最低点，且，且，所以或，若，则且对任意的，总有，即；若，同理可知；所以若有最低点，则或有最小值，故D正确.故选：D.11．【详解】令时，，当时，，．12．【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，，又双曲线的渐近线方程为，所以，即，解得；故答案为：13．（答案不唯一，满足即可）【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得.【详解】设，，由得：，，又，，解得.此时最的小正周期，，在区间上单调递减，和分别为单调递减区间的起点和终点，当时，，，，取，得.综上所述：，的一个取值为.14．【分析】“曲池”的体积可以利用柱体的体积公式，利用底面积乘高进行计算；侧面可以利用曲边矩形的面积计算方法计算出面积，将所有面面积相加即可计算表面积．【详解】根据弧长公式可知，，，因为的长度为的长度的2倍，故，可得：；因为，解得，根据扇环面积公式可计算“曲池”的底面的面积：，则；因为，则的面积为；，则的面积为；侧面与的面积为；两底面面积为：，故表面积为15．①②④【分析】对①先证，然后再排除即可；对于②将转化为，再分类讨论可得；对于③由数列的单调性可得且，故可判断；对于④通过对递推关系变形，再裂项求和及数列的单调性可判断范围.【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立.对于①：因为且，由，得，即.若，则，，解得或，与条件且矛盾，所以.同理，即.若，则，，解得或，与矛盾.若，则，即，此方程的判别式，方程无实数解，故，所以.依次类推，可得，即单调递减，所以①正确；对于②：若，则，即，解得.所以若存在无数多个使得等价于存在无数个使得.若，则.由，得，依次类推，得，符合题意；若，则，同理得，依次可得，符合题意.若且，则由选项①可知数列单调递减，即，所以不存在无数个使得，所以②正确；对于③：由，令是开口向下，对称轴为的抛物线，且.因为，所以，即，再由①知数列单调递减，所以，而，所以不存在使.故③不正确；对于④：由，所以.当时，.又由结合①可知数列单调递减，且，所以，.所以，即.所以④正确.故答案为：①②④.16．(1)(2)选①无解；选②或；选③【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式可得；（2）选①，由三角形中边长数据分析可得不合题意；选②，利用正弦定理，余弦定理及三角形面积公式即得；选③，由，利用余弦定理可求得，再由余弦定理可求得，进而求得，由三角形面积公式即得.【详解】（1）在中，，又，由正弦定理得，，即，即，由正弦定理得，，又，所以.（2）选①边上的高为7，过作于，如图，由已知，在中，，，显然这样的三角形不存在，所以无解.选②，即，又，，则由正弦定理得，即，则，由余弦定理，得，即，解得或，当时，的面积，当时，的面积.选③边上的中线长5，设的中点为，由（1）知，则，又，在中，由余弦定理，，在中，由余弦定理，，因为，所以，则，解得，在中，由余弦定理，，则，所以的面积.17．(1)连接交于，连接，因为，由题意是中点，又，所以，则四边形为平行四边形，故点为中点，又点为中点．所以，又平面，不在平面内，所以平面；(2)【分析】（1）连接交于，连接，通过即可证明；（2）建系，求得平面法向量，和直线方向向量，代入夹角公式即可求解.【详解】（1）略（2）由（1）可知四边形为梯形中，且，，，故四边形是正方形，所以，，将沿折起使A点至P点处，有，，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，因为，O是中点，所以，又平面，平面平面，所以平面．以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间坐标系．因为，可得，则，，，，，，．则，，设平面的法向量为，则，取，得，则．设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.18．(1)(2)分布列见解析，期望值；(3)，理由见解析；【分析】（1）由频数分布表计算出样本中的频率，即可估计出其概率；（2）分别估计出A、B小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率，求出随机变量对应取值的概率，即可得出分布列和期望值；（3）分别估计出A、B小区三个不同群体对垃圾分类比较了解的概率，根据题意由概率乘法公式分别计算可得，即可得出结论.【详解】（1）根据频数分布表可知，抽取的A小区300人样本中，有人对垃圾分类比较了解，所以样本中对垃圾分类比较了解的概率为；由样本估计总体的思想，用频率估计概率可知：从A小区随机抽取一名居民，估计其对垃圾分类比较了解的概率为；（2）根据频数分布表可知，A小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率可估计为；B小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率可估计为；易知随机变量的所有可能取值为；易知，；；所以的分布列如下：012期望值（3），理由如下：从三个年龄组随机抽取两组共有种，每一种组合出现的可能为；易知A小区三个年龄组对垃圾分类比较了解的概率分别为，所以可得，同理，显然；即.19．(1)；(2)1.【分析】（1）根据给定的离心率及面积列式求出即可.（2）根据给定条件，结合三角形面积公式可得点关于轴对称，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及共线向量的坐标表示求解.【详解】（1）由椭圆：的离心率为，得，解得，由椭圆的四个顶点为顶点的四边形周长为，得，则，所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，点，由消去并整理得，，，由，得，则，由点在线段上，