四川省成都石室中学2026届高三下学期高考适应性考试（二）数学试卷（Word版附解析）

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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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，然后利用集合的并集运算即可.
【详解】因为，
又，所以，
故选：C.
2. 若复数满足，则复数虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得，
所以复数虚部为.
3. 已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】圆锥的高为，底面半径为，
则圆锥的母线长，
可得圆锥的侧面积为.
4. 某种包装的大米质量（单位：）服从正态分布，根据检测结果可知，某公司购买该种包装的大米2000袋．则大米质量在以上的袋数大约为（ ）
A. 10B. 20C. 30D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】根据大米质量，利用正态分布的对称性求出，再列式计算作答.
【详解】因大米质量，且，则，
所以大米质量在以上的袋数大约为.
故选：B
5. 已知数列是公比为q的等比数列，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由已知及等比数列通项公式求出且，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可．
【详解】且，
因为能推出且，但且不一定能推出，
所以“”是“”的必要不充分条件．
6. 已知函数为增函数，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
因为函数在上为增函数，所以函数在上为增函数，
则，即，
又因为函数在上为增函数，且函数在上为增函数，
则有，因，则可得，解得，
故实数的取值范围是，即的最小值为.
7. 如图，抛物线的焦点为，上一点（在第一象限）满足直线的斜率为，则到抛物线的准线的距离为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线定义建立等量关系求解即可.
【详解】如图，设，过作轴的垂线，垂足为，
因为的斜率为，所以，
所以在中，，因此，，解得，
即到抛物线的准线的距离为.
8. 在中，角所对的边分别为，是边上一点，若，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理，结合建立等量关系，联立方程求解即可.
【详解】如图，设，则，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
又，则，代入化简得①，
在中，由余弦定理可得，
化简整理得②，联立①②，解得.
二､多选题：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. 在正三棱台中，D，E分别是BC，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. AD∥平面B. ED∥C. BC⊥平面D. ED⊥
【答案】AC
【解析】
【分析】对 A，利用正三棱台上下底面平行的性质，结合线面平行判定证明 ；对 B，由与异面可判断与为异面直线；对C，由线面垂直判定定理可证⊥ 平面 ，用基底表示，由数量积判断D.
【详解】对于选项A：正三棱台的上下底面互相平行，即平面平面，又平面，平面，
根据面面平行的性质，可得平面，A正确；
对于选项B：在侧棱上，在上，因为是异面直线，所以与是异面直线，B错误；
对于选项C：是正三角形，是中点，故；
因为正三棱台是由正三棱锥利用平行于底面的截面截去小三棱锥得到，所以,
因为、都在平面内，
且垂直于平面内两条相交直线、，故平面，C正确；
对于选项D：，设，
则
，因为、都是锐角，所以，D错误.
【点睛】本题围绕正三棱台的结构特征，综合考查面面平行→线面平行的判定、异面直线的位置关系、线面垂直的判定定理，以及向量法判断线线垂直，是立体几何中 “平行与垂直” 核心考点的典型应用.
10. 已知函数的部分图象如图所示，点、在的图象上．下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期是
B. 在区间单调递增
C. 的一个对称中心是
D. 的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到
【答案】AD
【解析】
【分析】由图象求出、的值，结合正切型函数的周期公式可判断A选项；利用正切型函数的周期公式可判断B选项；利用正切型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】对于A选项，由题意可得，又因为，所以，
所以，
又因为，所以，解得，
由图可知函数的最小正周期满足，即，即，
故，因为，故，，
所以函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，由A选项可知，
当时，，故函数在区间上不单调，B错；
对于C选项，因为，故不是函数的一个对称中心，C错；
对于D选项，因为，
所以的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，D对.
11. 已知椭圆为的右焦点，点在上且关于轴对称，分别为线段的中点，为坐标原点，则（ ）
A. 的最小值为
B. 为定值
C.
D. 存在点，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义和几何性质，求出，结合为线段中点，及的最小值求解，判断选项A；设点，根据对称关系求出，进而求出，结合点在椭圆上得出，进而判断选项B；利用椭圆的定义判断选项C；利用中点的性质得出，再利用垂直关系结合构造方程求出，从而证明结论．
【详解】选项A：由题意得，
为线段中点，
，
的最小值为，
的最小值为，故A正确；
选项B：由题意右焦点，设点，
关于轴对称，
，
，
点在上，
，即，代入得到，
显然随着变化而变化，不为定值，故B错误；
选项C：设椭圆的左焦点为，连接，
由椭圆的对称性知且，
分别为线段的中点，
，
又，
由椭圆的定义知，故C正确；
选项D：分别为线段的中点，
，
若，则，即，此时，
由选项B，令，解得，
存在点，使得， 故D正确．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则实数__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为，
所以.
若，则，
所以，解得.
13. 事件A与事件B相互独立．，则的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】由独立事件概率乘法公式及二次函数性质即可求解.
【详解】由事件相互独立，得，
代入已知条件得：，
二次函数的图象为开口向下，对称轴为的抛物线，
故 .
14. 已知，设函数，若对任意恒成立，则的所有可能取值构成的集合为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意转化已知条件为，对任意恒成立，设，求导并利用导数分析函数单调性求出最大值，把问题转化为，分析知当且仅当时取等，进而求解．
【详解】对任意，，
，故，
已知，
，上式即，
设，
令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，
为的一个极大值点，，
由题意，对任意恒成立，
，
由上述分析可知，当且仅当时取等，
的所有可能取值构成的集合为．
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. 如图，在正四棱柱中，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）如图，连接交于，连接，
在正四棱柱中，底面为正方形且侧棱平面，
所以侧面为长方形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以在中，，
因为平面，且平面，所以平面.
（2）
【解析】
【小问1详解】
略
【小问2详解】
正四棱柱为长方体，
如图所示，以为原点，所在直线分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，则平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16. 黎锦织造技艺是海南国家级非物质文化遗产，一幅黎锦作品的完成需经过“纺线设计”和“织锦制作”两大独立环节，只有纺线设计通过后才能进行织锦制作，且只有同时通过两个环节才能成为成品．某黎锦工坊准备制作甲、乙、丙三幅不同的黎锦作品，已知甲、乙、丙通过纺线设计环节的概率依次为通过织锦制作环节的概率依次为．
（1）求甲、乙、丙三幅中恰有一幅作品通过纺线设计环节的概率；
（2）若已知甲、乙、丙三幅中恰有一幅作品通过纺线设计环节，求通过的作品为甲的概率；
（3）经过纺线设计和织锦制作两个环节后，甲、乙、丙三幅作品成为成品的件数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意结合互斥事件和独立事件的概率公式进行求解；
（2）由条件概率公式求解；
（3）记三幅作品成为成品的事件分别为，则，由可取，求出对应的概率，列出分布列即可求解数学期望．
【小问1详解】
记甲，乙，丙三幅作品通过设计图案环节分别为事件，记甲，乙，丙三幅中恰有一幅作品通过设计图案环节为事件，
则．
【小问2详解】
．
【小问3详解】
记甲，乙，丙三幅作品成为成品的事件分别为，
则，
由可取，
则，
，
，
，
则的分布列为
则数学期望．
17. 已知函数，．
（1）当时，若的值域为，求b的值；
（2）若为的极小值点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导分析，判断导数得正负，并得到函数的最小值，从而得到方程进而求解.
（2）根据题意将代入导数为0，得到参数之间的关系，并分析是否在处取得极小值.
【小问1详解】
因为，所以，求导得，
因为，所以令，解得，
当，，所以单调递减；
当，，所以单调递增；
所以，解得.
【小问2详解】
因为，求导得，
又因为为的极小值点，所以，得到，
代入导数得，
因为，所以，
①当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
所以为的极小值点满足条件.
②当时, 恒成立，
所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去.
③当时，，解得或，此时，
所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减；
为的极大值点.不满足条件，舍去.
综上，.
18. 已知双曲线：的离心率为，左右焦点分别为，，，为双曲线左支上的两点，直线交轴于点.
（1）求双曲线的方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）设线段的中点为，直线交轴于点，点为关于原点的对称点，以为圆心作与轴相切的圆，过作该圆的两条切线，切点分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）​或.
（3）
【解析】
【分析】（1）利用双曲线的离心率和求解方程；
（2）根据向量关系得到点的坐标即可求解直线方程；
（3）联立直线与双曲线方程，结合韦达定理整理出，再换元利用二次函数性质得到的范围即可求解.
【小问1详解】
由双曲线，得，即.
已知离心率​​，得. 由双曲线关系，得.
因此双曲线的方程为.
【小问2详解】
由得，设，.
向量，，
由​​得，解得​​，
代入双曲线方程得​​，或，
故直线的斜率，
所以直线PQ方程为​或.
【小问3详解】
设直线，，则，圆与轴相切，故半径.
联立直线与双曲线方程，整理得，
由在左支，得，设，中点，
由韦达定理得，
则，即.
故，，，
设，由切线性质，
令，代入得，由，所以，
设，代入上式得，
可知二次函数在内单调递增，所以，
因此，
由切线性质可知是直角三角形，所以是锐角，即.
则​​，即的取值范围.
19. 已知数列满足，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求证：；
（3）已知，求的值.（结果用表示）
【答案】（1）
（2）由（1）可得，
则由 ，
可得 ，
即，
整理得，因，则，
所以，故 .
（3）
【解析】
【分析】（1）运用累加法进行求解即可；
（2）根据同角三角函数关系式中的平方和关系，结合正弦二倍角公式进行运算证明即可；
（3）根据余弦的两角和差公式，结合同角三角函数关系式中的平方和关系进行求解即可.
【小问1详解】
由 可得：
，由累加法得： ，
又因为，所以，故.
【小问2详解】
略.
【小问3详解】
因为
，所以有，
取，
得，
所以
已知，
则，因此原式的计算结果为.0
1
2
3