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秘密★启用前
2026 年高考适应性考试 数 学
注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号和班级填写在答题卡上。
2. 回答选择题时, 选出每小题答案后, 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3. 考试结束后,将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回。
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. 已知复数 ，则
A. 2 B. C. 0 D. -1
2. 已知集合 ，集合 ，则
A. B.
C. D.
3. 已知 ,则 “ ” 是 “ ” 的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 已知向量 满足 ，则
A. -2 B. -1
C. 1 D. 0
5. 5 名工人各自在 4 天中选择 1 天休息，不同方法的种数是
A. B. 5
C. D.
6. 已知各项均为正数的等比数列 ,若 ,则公比
A. B. 2 C. D. 4
7. 已知双曲线 的焦点在 轴上,且其中一条渐近线方程为 ,则该双曲线的离心率为
A. B. 2 C. D.
8. 将函数 的零点从小到大排列构成数列 ,则 的前 8 项和为
A. B. C. 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. 某学校开展了一次国防知识测试活动, 满分为 10 分, 用纸质统计了 40 名学生的成绩, 如下表所示, 最低分为 5 分, 有部分格子破损.
成绩/分 5 6 7 8 9 10
人数 8 7 10 7
关于这 40 名学生的成绩, 则
A. 众数为 9 B. 极差为 5
C. 第 30 百分位数为 6 D. 平均数小于中位数
10. 在正方体 中， ， ， ， ， ， 分别是棱 ， 的中点. 下列说法正确的是
A. 直线 相交于同一点
B. 和 是异面直线
C. 若点 在直线 上，则 平面
D. 在同一个球面上
11. 已知 为坐标原点,抛物线 的焦点为 ，点 (异于 )在抛物线 上， 轴于点 ，曲线 在点 处的切线为 ，且 与 轴交于点 . 下列说法正确的是
A. 为 的中点
B. 可能为锐角三角形
C. 若 ,则四边形 的面积不小于
D. 若 1 与圆心在 轴上的圆 相切于点 ,且 ,则
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 已知随机事件 和 ,其中 . 则 _____.
13. 若 是奇函数，当 时， . 则 _____.
14. 融合科技和娱乐的无人机群表演深受人们欢迎. 现有 架无人机 依次围成一个圆形飞行表演编队 相邻). 操控员需要对每架无人机发送两种编码:频段编码(0或1)和校验编码( 或 )，无人机端接收频段编码和校验编码. 为了保证无人机群飞行的稳定, 要求相邻两架无人机之间的频段编码或者校验编码至少有一个相同，称满足这样条件的编码为合法编码，设该无人机群飞行编队的合法编码有 种. 则 _____， _____.
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.(13分)
记 的内角 的对边分别为 ，已知 .
(1)求 ；
(2)若 是 边上一点，且 ，求 的值.
16.(15分)
椭圆 的左，右焦点分别为 ，过 外的点 且斜率为 的直线 交 于 两点. 当 过 时, 的周长为 .
(1)求 的方程；
(2) 为坐标原点，设直线 ， 的斜率分别为 ， . 证明: ， ， 成等差数列.
17. (15 分)
如图，三棱柱 中，底面是边长为 2 的正三角形, , 为 的中点， 为上底面 的中心.
(1)证明: 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值.
18.(17分)
一个袋子中装有 个大小相同的小球,编号分别为 ,且 . 进行两次实验:
第一次: 从中不放回地随机取出 个球,记所取球的编号组成的集合为 . 第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；
第二次: 从中不放回地随机取出 个球,记所取球的编号组成的集合为 :
设随机变量 表示 的元素个数.
(1)若 ， ，求 的分布列；
(2)若 ，且 ，求 ；
(3)求 的方差 (结果用 表示)，并探究 具有怎样的关系时， 最大..
19.(17 分)
已知函数 .
(1)证明:当 时， ， ；
(2)若 存在两个极大值点 .
(i) 当 0 是 的极小值点时,证明: ;
(ii) 当 时,是否存在 ,使得 如果存在,请求出 的值,如果不存在, 请说明理由.
绵阳三诊数学答案
1-8:ACBD ABCD
9.ABD 10.ACD 11.AC
12题1/4
13题-2
14题a3=28 a99=3的99次方+1
15 (1) 求
由正弦定理， ，代入已知 ，得
展开右边: ,整理得 ,故 (2) 求
设 ,则
在 中， ，外角
在 中,正弦定理: ,即
又 ，代入展开得 ，故 ，则
由正弦定理:
16(1)求椭圆 的方程
由椭圆定义， 周长 。
焦点 。在 中，余弦定理得 。
,故椭圆方程为 。
(2)证明 成等差数列
要证 :
直线 ，代入椭圆方程得 。设 ,则 。
。
故 成等差数列。
17 (1)证明 平面
设 ， ， ，则 。
由 ,得 。
是 重心,得 。
。 ， ，故 且 。 又 ,所以 平面 。
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值
平面 法向量 。
设 ,由 得 ,令 ,则 。
平面 法向量 ,设 ,由 得 , 令 , 则 。
计算余弦值:
。
随机变量 的可能取值为 0,1,2。 取从超几何分布。
所以 的分布列为:
0 1 2
1/6 2/3 1/6
(2)若 ,且 ,求
根据题意，集合 中有 3 个元素，第二次从中取出 3 个球，其中恰有 2 个球在 中的概率为:
层开组合数化简得:
展开并整理得:
尝试整数根，当 时等式成立，因式分解得:
因为 且 ,方程 无正整数解。
故 。
(3) 求 的方差 . 并探究 的关系使其最大
引入指示变量 ，若第一次取出的第 个球在第二次也被取出，则 ，否则 。则 。
所以 。
因为 . 所以 。
当 时， 。
展开组合数化简得:
展开并整理得:
尝试整数根，当 时等式成立，因式分解得:
因为 且 ，方程 无正整数解。
故 。
(3) 求 的方差 ，并探究 的关系使其最大
引入指示变量 ，若第一次取出的第 个球在第二次也被取出，则 ，否则 。则 。
所以 。
因为 ，所以 。
当 时， 。
通分化简后得:
由于对于给定的 ， 是常数，要使 最大，只需使 最大。
结合 :
① 当 为偶数时，当且仅当 时， 最大；
② 当 为奇数时，当且仅当 或 时， 最大。
19 已知 。
(1) 证明: 当 时,
。
设 ,则
。
因为 . 所以 。
由于 ，则 。
于是 。
我们只需证明当 时， 恒成立。
设此时函数为 . 则需要证明 。
对于 ， 恒成立，故 ，因此 在 上单调递增。
又因为 ，所以当 时， ，故 单调递减。
结合 ，当 时， ，所以 在 上单调递增。
从而当 时, 。
又因为 (因为 ).
所以 . 即 。
综上所述，当 时， ， 得证。
(2)(i) 当 0 是 的极小值点时,证明:
因为 0 是极小值点，必有 。
(若 ,由 (1) 可知 在 0 附近不改变符号,不符,故 ) .
由 (1) 结论可知，对于任意 都有 。因为 是极大值点。 自然有 。
下面分析 时的区间:
在 上有唯一正根 。
所以 在 递增. 在 递减。由于 且 时 在 有唯一正根。
这说明 先增后减，结合 在 上有唯一正根，即为极大值点 。 又因为 . 由于 .
因为 ,所以 的根 必然满足 。
在 上 单调递增. 由于 ,故 。
结合前述结论 ，最终得到: 。
(2)(II) 当 时. 是否存在 ,使得
因为 是极大值点，必有 。
假设存在这样的 已知 ，则要求 ，同时由于 是极值点，要求
由 得:
代入 中消去对数项，化简得:
(若 ,由 (1) 可知 在 0 附近不改变符号,不符. 故 ) 。
由 (1) 结论可知，对于任意 都有 。因为 是极大恒点， 自然有 。
下面分析 时的区间:
在 上有唯一正根 。
所以 在 递增. 在 递减。由于 且 时 在 有唯一正根。
这说明 先增后减，结合 在 上有唯一正根，即为极大值点 。 又因为 . 由于 .
因为 ，所以 的根 必然满足 。
在 上 单调递增，由于 ,故 。
结合前达结论 ，最终得到: 。
(2)(II) 当 时，是否存在 ，使得
因为 是极大值点，必有 。
假设存在这样的 。已知 ，则要求 ，同时由于 是极值点，要求 .
由 得:
代入 中消去对数项，化简得:
同乘 并整理合并同类项，得到一个关于 的方程:
因为 ，两边约去 ，得:
提取公因式进行因式分解:
此时有两种可能:
① 若 :
代入 可求得 :
检验条件: 成立。
此时 保证了 是极大值点. 保证了 也是极大值点，完全符合题意。
① 若 :
即 。代入 得到方程:
对其求导:
所以 在 递增。因 ,故当 时 。
所以 在 单调递增,由于 . 故当 时, ,方程无正实敌根。

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