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河南郑州外国语学校等校2026届高三下学期适应性训练（一）
数学试卷
一、单选题
1．抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A． B． C．1 D．2
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．已知外卖员甲一周（天）的第一天送货件，之后每天的送货量比前一天多件，若甲第天的送货量是其该周前天的送货总量的，则（ ）
A． B． C． D．
5．若复数（），则的最大值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为，和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”．下列有关的结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了9组数据，绘制散点图如图所示，并对，进行线性回归分析.若在此图中加上点后，再次对，进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ）
A．，不具有线性相关性 B．决定系数变大
C．相关系数变小 D．残差平方和变小
8．已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．某同学上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30min，样本方差为36；骑自行车平均用时34min，样本方差为4.假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布.则（ ）
A．
B．
C．若某天只有34min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择坐公交车
D．若某天只有38min可用，该同学为了尽可能不迟到，应选择骑自行车
10．已知函数（），则（ ）
A．当的最小正周期为时，
B．当在上单调时，
C．当在上恰有两个零点时，
D．当时，在上的值域为
11．如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（ ）
A．该六面体的体积为
B．直线与所成角的余弦值为
C．二面角的余弦值为
D．该六面体内能装下的最大的球的表面积为
三、填空题
12．已知（）的展开式中，第4项系数与第6项系数之比为5∶6，则展开式一共有__________项．
13．已知函数是偶函数，则函数的值域为__________．
14．中，，延长到点，使，连接．若，则的大小为_______.
四、解答题
15．已知数列中，，
(1)已知数列满足，求证：是等比数列；
(2)若是数列的前项和，求满足的所有正整数．
16．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次向左或向右移动一个单位，每次向右移动的概率为（）．

(1)若
①求质点移动6次后回到原点的概率；
②在质点第1次向右移动的条件下，求质点移动4次后回到原点的概率；
(2)若移动3次后，质点最终所在位置的坐标为，若随机变量的期望，求的取值范围．
17．如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且．
(1)证明：平面；
(2)已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1．
（i）求的长度；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知定义在上的函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中．
①证明：；
②定义两点间的距离如下：，
证明：．
19．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，焦距为4，且椭圆过点，椭圆的下顶点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过右焦点的直线与椭圆交于，两点（点在点的上方），与轴交于点（点在点的下方），点为点关于原点的对称点，交轴于点，设，，的面积分别为，，．
①若直线的斜率为2，求的值；
②是否存在直线，使，，，四点共圆？若存在，试判断直线的条数；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．D
解析：由，焦点到准线的距离是，
故选：D.
2．C
解析：对于A选项，当时，，故A错误；
对于B选项，令，解得，故，即B错误；
对于C选项，当时，，故C正确；
对于D选项，令，解得，故，即D 错误；
3．B
解析：因为三个力的作用下恰好处于平衡状态，所以，
设，根据向量的坐标运算，，
所以，所以.
因为，所以在上的投影向量的坐标为.
4．A
解析：因为外卖员从第二天起，每天的送货量比前一天多件，
所以外卖员每天的送货量构成一个等差数列，则，公差，
则，
由题意得，所以，，解得.
5．B
解析：已知，则，
，
因为，所以，
所以，当且仅当时等号成立，即最大值为3.
6．C
解析：由题意可得满足，据此逐一分析选项：
对A，B选项：由，两边取自然对数得：，
所以，因此A、B均错误；
对C，D选项：构造函数，求导得，
当时，，故函数在上单调递增，函数有唯一零点为.
，，
所以，由零点存在定理，故，故C正确，D错误.
7．C
解析：对于A，加入点后，变量与预报变量相关性变弱，
但不能说，不具有线性相关性，所以A不正确
对于B，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以加上点后，决定系数变小，故B不正确；
对于C，从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，所以加上点后，回归效果变差.
所以相关系数的绝对值越趋于0，故C正确；
对于D，残差平方和变大，拟合效果越差，所以加上点后，残差平方和变大，故D不正确；
故选：C.
8．C
解析：因为直线的，由角平分线性质定理可知，
所以，由双曲线的定义可知，所以，
在中由余弦定理可得，
即，整理得，
两边同除以可得，解得或（舍去）．
故选：C
9．ACD
解析：对于A，因为坐公交车平均用时，样本方差为36，坐公交车用时都服从正态分布，
所以，所以，A正确；
对于B，因为骑自行车平均用时，样本方差为4，骑自行车用时都服从正态分布，
所以，其分布关于均值34对称.由于而，40和30并不关于34对称，
故，B错误；
对于C，计算34分钟内不迟到的概率为，，
因为，所以坐公交车不迟到的概率更高，C正确；
对于D，计算38分钟内不迟到的概率为，
，
因为，所以骑自行车不迟到的概率更高，D正确；
10．ABD
解析：函数
；
A，当的最小正周期为时，可知，解得，即A正确；
B，当时，可知，
若在上单调，则需满足，解得，B正确；
C，结合B中分析可知当在上恰有两个零点时,需满足，解得，即C错误；
D，当时可知，若，则,
所以，可知在上的值域为，即D正确.
11．BCD
解析：根据题意，在六面体中，
，
故此六面体由两个全等的三棱锥构成，
又，，
同理可得，
又平面，
平面，
，故A错误；
如图，以为原点建立空间直角坐标系，并连接交平面于，
则，
又为等边三角形，且六面体关于平面对称，
，，
则，，
，直线与所成角的余弦值为，故B正确；
易知平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，
则，不妨取，则，
，又二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为，故C正确；
该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为，六面体表面积为，
，
，即，解得，表面积为，
即该六面体内能装下的最大的球的表面积为，故D正确．
12．7
解析：，
由第4项系数与第6项系数之比为得 ，解得：.
所以展开式一共有7项.
13．
解析：，
即，
，解得，
，
则，解得，
的定义域为，
又因为，，
即函数的取值范围是．
14．/
解析：
不妨设，因为，故，所以，
故，设，则，
在中，由正弦定理有 ，
所以
，
所以即，
设，其中，
因为，，
故在上为减函数，
而在上为减函数，故在上为减函数，
而，
故有唯一解，故
15．(1)证明见解析
(2)1．
解析：（1）证明：，
，
又
是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）得是以为首项，为公比的等比数列
故，
即，
由，得，
，
，
显然当时，单调递减，
又当时，，当时，，
∴当时，；
综上，满足的所有正整数为1．
16．(1)①；②
(2)．
解析：（1）解：①质点运动6次回到原点，则必定右移3次，左移3次，
则可看作质点作6次运动，表示向右移动的次数，则，
则质点回到原点的概率为．
②设质点第一次向右移动为事件，则；
质点移动4次后回到原点为事件，质点运动4次回到原点，质点第1次向右移动，则剩下3次必定右移1次，左移2次，则；
∴在质点第1次向右移动的条件下，质点移动4次后回到原点0的概率为：．
（2）解：方法1：
所有可能的取值为，，1，3，
，
，
，
，
由 ，
解得，
又，故的取值范围为．
方法2：
设在移动3次中，向右移动的次数为，则， ，
∵向右移动的次数为，则向左移动次，
∴质点最终所在位置的坐标为，
，
即随机变量的数学期望为 ．解得，
又，故的取值范围为．
17．(1)证明见解析；
(2)（i）；（ii）.
解析：（1）在正方形中，由，得，，
则，，因此，
由是圆柱的母线，得平面，而平面，则，
又平面，所以平面.
（2）（i）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，，得，
解得，则，显然直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，设，则，
，由点到直线的距离是1，
得，则，而，解得，
所以.
（ii），，设平面的法向量为，
则，取，得，设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
解析：（1）因为，则，
又，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）①令，
则，
令，
则，
当时，恒成立，所以在区间上单调递增，
则，又，所以在区间恒成立，
所以在区间上单调递增，又，则，即.
②当时，，当且仅当时取等号，
所以，
要证，即证明，
也即证明，
令，易知，
则，
令，则，
易知当时，恒成立，所以在区间上单调递增，
又当时，，所以，则，
所以在区间上单调递增，
又，则，
即，命题得证.
19．(1)
(2)①；②存在直线，条数为1条
解析：（1）∵椭圆的左、右焦点分别为，，
且过点，，
，，
可得椭圆方程为．
（2）①直线的方程为，设，，
联立，消去，得，则，，
又，，
，
②假设存在直线，设直线的方程为，
联立，消去，得，，
，，，
如图，延长交轴于点，若，，，四点共圆，
，而， ，
，，又，
，
由，，，
，，即，
由点在点的下方得，即，
记，，
，∴函数在上单调递增，
又，，∴函数在上只有唯一零点，即存在唯一，
使得成立，
∴存在直线，条数为1条．

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