广东省高州市2026届高三下学期高考适应性考试数学试卷（教师版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省高州市2026届高三下学期高考适应性考试试卷一、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，，则（）A.B.C. D.【答案】A2.已知实数，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.充要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C3.已知曲线是中心在坐标原点，对称轴为坐标轴的等轴双曲线，点在上，则的实轴长为（）A.10 B.9 C.8 D.6【答案】D4.已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则（）A. B. C.2 D.3【答案】A5.已知函数在定义域内有最大值，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B6.若函数图象的一条对称轴是，且在上有唯一零点，则的最小值为（）A. B.4 C.5 D.【答案】A7.设，，随机变量的分布列如表所示，则下列说法正确的是（）1A.当增大时，增大，增大B.当增大时，增大，先增大后减小C.当增大时，减小，增大D.当增大时，减小，先减小后增大【答案】B8.已知正方体，棱长为6，且，若动点满足，则动点的轨迹被正方体表面所截得的图形的面积为（）A. B. C. D.【答案】B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.已知复数z满足，是z的共轭复数，则下列说法正确的是（）A.z的虚部为B.复数在复平面中对应的点在第三象限C.D.【答案】AB10.已知数列中，，，，其前项和为，则（）A. B. C. D.【答案】BCD11.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在横坐标为的点处作曲线的切线，直线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面过程得到；一直进行下去，得到，，，，当足够小时，我们可以把的值作为函数零点的近似值．已知函数，则下列说法正确的是（）A.B.直线的方程为C.D.设，，则【答案】ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在的展开式中，的系数为______．（用数字作答）【答案】213.已知函数，若，则实数的取值范围是________．【答案】14.已知是椭圆上一点，分别是椭圆的左､右焦点，点是的内心，延长交线段于点，若椭圆的离心率为，则的值为__________.【答案】1四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.某智能设备装有3个独立运行的芯片，，，设备正常工作的条件是至少有2个芯片正常运行，其中，正常运行的概率均为，正常运行的概率为．（1）若，在恰有2个芯片正常运行的条件下，求正常运行的概率；（2）若该设备正常工作的概率大于，求的取值范围．解：（1）记事件M：恰有2个芯片正常运行.事件N：芯片C的运行正常．由题可知，PMPMN所以在恰有2个芯片正常运行的条件下，C的运行正常的概率为PN|M（2）若该设备正常工作，则恰有2个或恰有3个芯片正常运行.所以该设备正常工作的概率为p×p×1-所以1127<-p2+4p3所以的取值范围为．16.如图，和都垂直平面，且，，是的中点．（1）证明：平面；（2）若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．（1）证明：取的中点，连接.因为分别是的中点，所以且.又因为和都垂直平面，所以且.由平行公理可得且，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，由线面平行判定定理，所以平面.（2）解：因为和都垂直平面，所以，平面，所以平面平面.以点为坐标原点，以分别为轴，以平面为面，建立空间直角坐标系，如图：则C0,0,0,A0,3,0,D0,0,1因为四边形为直角梯形，所以SACDE=所以，得，即B2,y,0.因为平面与平面重合，设平面的法向量为，DE=0,3,1,BD=取，则b=1,a=-12y+3，即所以线与平面所成角为，sinθ=cos当时，有最大值.因此，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.17.在中，，是内一点，．（1）若，求；（2）若，求的面积．解：（1）在中，根据正弦定理得，则，且，则，又因为，则，在中，由正弦定理得，所以sin∠BCP=（2）设，在中，由余弦定理可得，即，整理可得，在中，由余弦定理可得，即，整理可得，且为锐角，则sin∠CBP=1-因为cos∠ABP=cos即a2-32a=4a2且，则，所以的面积为.18.在平面直角坐标系中，曲线：（，），点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点，分别是曲线与线段上的动点．（1）若直线与轴垂直，且，求点的坐标；（2）若为曲线上一点，是否存在点使得四边形是以，为邻边的矩形，若存在，求出此时点的横坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）因为直线与曲线：（，），交于点，所以，.设，由直线与轴垂直，所以Q3,y0，FQ=又因为，所以2x0-1+y02=4再将代入得（因为，故舍去）.因此点的坐标.（2）设Px因为四边形是以，为邻边的矩形，所以，FP=x1-1,因此x3-1,y又因为，所以，因此2x1-1+y1因为在曲线上，所以，再将代入，得y1+y22，令，则，解得（负根舍去），即.所以x3=x1+2=y12由，所以y2所以y22=833<232，所以因此，存在点使得四边形FQDP是以，为邻边的矩形，此时点的横坐标为.19.已知函数．（1）当时，证明：恒成立；（2）当时，证明：当时，函数的图象与的图象无交点；（3）已知，证明：．证明：（1）已知函数fx=axx+1+ln由，解得，因此函数的定义域为，对函数求导，得f'x当时，，当时，，因此函数在单调递增，在单调递减，因此函数在取极大值，同时也是最大值，由于f0=00+1-（2）当时，fx=-构造函数gx=sinx-ln令φx=cosx-1由于y=1x+12在上单调递减，在上单调递减，因此在上单调递减，因为φ'0=1>0，φ'π2=-sin当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因为φ0=cos0-10+1=1-1=0所以存在x1∈x0,π当时，φx>0，即，函数单调递增，当x∈x1,π2时，，即，函数因为g0=sin0-ln所以在恒成立，即sinx-lnx+1>0⇒-所以对任意，有fx>-sin即当时，函数的图象与的图象无交点.（3）先证∑i=1由（1）知，当时，函数在单调递