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玉溪一中 2025—2026 学年上学期高三适应性测试（一）
数学试题评分参考
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。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B D A B A C D
【解析】
1．由题意A＝{x|x2－x－6<0}＝{x|－20，y>0，所以2x＋y≥2 2xy，当且仅当x＝ ，y＝1时等号成立，即2 2xy≤2，所
2
1 1 1
以xy≤ ，所以当且仅当x＝ ，y＝1时，xy取到最大值，为 .故选B.
2 2 2
－i －i（2＋i） 1 2 － 1 2
3．由（2－i）z＝i4×505＋3＝－i，得z＝ ＝ ＝ － i，所以 z ＝ ＋ i，
2－i （2－i）（2＋i） 5 5 5 5
－ 2
所以 z 的虚部为 .故选D.
5
1 3π π 2π
4．由题意及函数y＝sinωx的图象与性质可知， T＝ － ，∴T＝π，∴ ＝π，∴ω＝
2 4 4 ω
2.故选A.
5．圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为（x－2）2＋（y－2）2＝18，则圆心坐标为（2，2），
半径为3 2.由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为
|2a＋2b|
2 2可得，圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3 2－2 2＝ 2，即 ≤ 2，则a2＋b2
a2＋b2
a 2
4a
＋4ab≤0 ①，若b＝0，不符合题意，故b≠0，则①可化为 b ＋1＋ ≤0，由于直线l的斜
b
a 2
a 4a
率k＝－ ，所以 b ＋1＋ ≤0可化为k2＋1－4k≤0，解得k∈[2－ 3，2＋ 3]．故选B.
b b
6．①当用2种颜色涂A，B，C，D时，则A，C涂色相同，B，
D涂色相同，共有A2＝12种涂色方法，则涂V有2种涂色方法，即
4
给正四棱锥V－ABCD的五个顶点涂色，共有12×2＝24种涂色方法；
②当用3种颜色涂A，B，C，D时，则A，C涂色相同，B，D涂色不
数学试题评分参考第1页（共9页）
学科网（北京）股份有限公司相同，或A，C涂色不相同，B，D涂色相同，共有2A3＝48种涂色方法，则涂V有1种涂
4
色方法，即给正四棱锥V－ABCD的五个顶点涂色，共有48×1＝48种涂色方法．由①②得，
不同的涂法有24＋48＝72种．故选A.
7．延展平面EFG，可得截面EFGHQR，其中H，Q，R分别
是所在棱的中点，直线D P与平面EFG不存在公共点，所以D P∥
1 1
平面EFGHQR.由中位线定理可得AC∥EF，EF⊂平面EFGHQR，
AC⊄ 平面EFGHQR，所以AC∥平面EFGHQR，同理可得D C∥
1
平面EFGHQR，又D C∩AC＝C，所以平面D AC∥平面EFGHQR，
1 1
所以 P在 AC 上时，直线 D P 与平面 EFG 不存在公共点，因为
1
1
BO⊥AC，所以P与O重合时BP最小，此时△PBB 的面积最小，为 ×2× 2＝ 2.故选C.
1
2
8．对于A，因为椭圆C的长轴长与圆E的直径长相等，所以2a＝4，即a＝2，设椭圆
C的左焦点F′（－c，0），由椭圆的定义可知|PF′|＋|PF|＝2a＝4，所以|PQ|－|PF|＝|PQ|－（4
－|PF′|）＝|PQ|＋|PF′|－4≥|QF′|－4≥|EF′|－2－4＝2 5－6，所以|EF′|＝2 5＝
（c－3）2＋（4－0）2，解得c＝1或5，因为c0），所以g′（x）＝－ ，当g′（x）>0时，解得01，函数g（x）单调递减，所以g（x） ＝g（1）＝1，
max
当x→＋∞时，g（x）→0，当x→0＋时，g（x）→－∞，
数学试题评分参考第3页（共9页）
学科网（北京）股份有限公司lnx＋1
画出函数图象如图所示，结合图象可得当0 2 ，即证明（x ＋x ）
1 2 1 2 1 2
e lnx 2 －ax 2 ＋1＝0 x 1 －x 2 a
x
lnx 1 －lnx 2 >2，整理得 x
1
2
＋1
ln x 1>2 0<
x
x 1<1 ，令t＝ x 1，即证明 t＋1 lnt>2（00
t＋1 t＋1 t（t＋1）2
2（t－1）
（0 2 ，0 2 ，即x x >1，故C不正确；对于B，因为x ＝ 1＋lnx 2 > 1 ，
2 1 2 1 2 2
a a a a a
1 1
－1，可得x －x > －1，故B正确．故选ABD.
1 2 1 2 1
e a
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
题号 12 13 14
答案 － 1 25 1； 8
7 9
【解析】
4
－ ＋1
π π
，π 3 4 4 α＋ 3
12．因为α∈ 2 ，cosα＝－ ，所以sinα＝ ，tanα＝－ ，所以tan 4 ＝
5 5 3 － 4
1－ 3 ×1
1
＝－ .
7
13．略
14．由题意可得，P（X＝2）＝ C2 4 ＝ 12 ＝ 1 ，化简，得（m＋
C2 （4＋m＋n）（3＋m＋n） 6
4＋m＋n
C1C1
n）2＋7（m＋n）－60＝0，解得m＋n＝5（负值舍去），取出的两个球一红一黄的概率P＝ 4 m
C2
9
4m 1
＝ ＝ ，解得m＝3，故n＝2.所以m－n＝1，易知X的所有可能取值为0，1，2，且P（X
36 3
1 C1C1 5 C2 5 5 5 1
＝2）＝ ，P（X＝1）＝ 4 5＝ ，P（X＝0）＝ 5＝ ，所以E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＝
6 C2 9 C2 18 18 9 6
9 9
8
.
9
数学试题评分参考第4页（共9页）
学科网（北京）股份有限公司四、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）
解：f′（x）＝3x2＋2（1－a）x－a（a＋2）.
f（0）＝b＝0，
（1）由题意得
f′（0）＝－a（a＋2）＝－3，
解得b＝0，a＝－3或1.
（2）因为曲线y＝f（x）存在两条垂直于y轴的切线，
所以关于x的方程f′（x）＝3x2＋2（1－a）x－a（a＋2）＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4（1－a）2＋12a（a＋2）＞0，
1
即4a2＋4a＋1＞0，所以a≠－ .
2
1 1
－∞，－ － ，＋∞
所以a的取值范围为 2 ∪ 2 .
16．（15分）
解：（1）若选①：2sinA－sinB＝2sinCcosB，
则2sin（B＋C）－sinB＝2sinCcosB，
∴2sinBcosC＋2cosBsinC－sinB＝2sinCcosB，
∴2sinBcosC－sinB＝0，
1
∵B∈（0，π），sinB≠0，∴cosC＝ ，
2
π
∵C∈（0，π），∴C＝ .
3
若选②：（a＋c）（sinA－sinC）＝sinB（a－b），
由正弦定理得（a＋c）（a－c）＝b（a－b），
a2＋b2－c2 1
∴a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝ ＝ ，
2ab 2
π
∵C∈（0，π），∴C＝ .
3
1
若选③：S ＝ c（asinA＋bsinB－csinC），
△ABC
2
1 1
则 absinC＝ c（asinA＋bsinB－csinC），
2 2
1 1
由正弦定理得 abc＝ c（a2＋b2－c2），
2 2
∴a2＋b2－c2＝ab，
数学试题评分参考第5页（共9页）
学科网（北京）股份有限公司a2＋b2－c2 1
∴cosC＝ ＝ ，
2ab 2
π
∵C∈（0，π），∴C＝ .
3
a b c 4 3
（2）由正弦定理得 ＝ ＝ ＝ ，
sinA sinB sinC 3
4 3 4 3
∴a＝ sinA，b＝ sinB，
3 3
π π
8 3 4 3 8 3 4 3
A＋ A－
则2a－b＝ sinA－ sinB＝ sinA－ sin 3 ＝2 3sinA－2cosA＝4sin 6 ，
3 3 3 3
2π π π
0，
π
－ ，
∵A∈ 3 ，A－ ∈ 6 2 ，
6
π 1
A－ － ，1
sin 6 ∈ 2 ，
∴2a－b∈（－2，4）．
17．（15分）
3
解：设直线l的方程为y＝ x＋t，
2
A（x ，y ），B（x ，y ）.
1 1 2 2
3
，0
（1）由题设得F 4 ，
3
故|AF|＋|BF|＝x ＋x ＋ .
1 2
2
5
又|AF|＋|BF|＝4，所以x ＋x ＝ .
1 2
2
3
y＝ x＋t，
由 2 可得9x2＋12（t－1）x＋4t2＝0，
y2＝3x，
其中Δ＝144（1－2t）>0，
12（t－1）
则x ＋x ＝－ ，
1 2
9
12（t－1） 5 7
从而－ ＝ ，得t＝－ （满足Δ>0），
9 2 8
3 7
所以l的方程为y＝ x－ .
2 8
→ →
（2）由AP＝3PB，可得y ＝－3y .
1 2
数学试题评分参考第6页（共9页）
学科网（北京）股份有限公司3
y＝ x＋t，
由 2 可得y2－2y＋2t＝0，
y2＝3x，
其中Δ＝4－8t>0，
所以y ＋y ＝2，从而－3y ＋y ＝2，
1 2 2 2
故y ＝－1，y ＝3.
2 1
1
代入C的方程得x ＝3，x ＝ .
1 2
3
1
，－1
4 13
所以A（3，3），B 3 ，故|AB|＝ .
3
18．（17分）
解：（1）证明：连接OB，因为△ABC为等腰直角三角形，∠ABC
＝90°，AB＝2 2，
1
所以AC＝4，因为O为AC的中点，所以OB＝ AC＝2，
2
在等边三角形FAC中，AF＝AC＝FC＝4，
因为O为AC的中点，
所以FO⊥AC，
则FO＝ AF2－AO2＝2 3，又FB＝4，
所以FO2＋OB2＝FB2，即FO⊥OB，
因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，
所以FO⊥平面ABC.
（2）解法一：因为△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，
O为AC的中点，
所以OB⊥AC，
→ → →
由（1）得FO⊥平面ABC，则以O为坐标原点，OB，OC，OF的
方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
4 2
， ，0
则A（0，－2，0），E 3 3 ，F（0，0，2 3），
4 8
→ →
， ，0
所以AF＝（0，2，2 3），AE＝ 3 3 ，
设平面FAE的法向量为n＝（x，y，z），
数学试题评分参考第7页（共9页）
学科网（北京）股份有限公司→ 2y＋2 3z＝0，
AF·n＝0，
由 得 4 8
→ x＋ y＝0，
AE·n＝0，
3 3
令z＝1，得n＝（2 3，－ 3，1），
易知平面FAC的一个法向量为m＝（1，0，0），
设二面角E－FA－C的大小为θ，
|m·n| 3
则|cosθ|＝ ＝ ，
|m||n| 2
由图可知二面角E－FA－C为锐角，
3
所以二面角E－FA－C的余弦值为 .
2
解法二：作EM⊥AC，垂足为M，作MN⊥AF，垂足为N，连
接EN，
因为FO⊥平面ABC，EM⊂平面ABC，所以EM⊥FO，
又因为AC∩FO＝O，AC，FO⊂平面FAC，
所以EM⊥平面FAC，
又AF⊂平面FAC，所以EM⊥AF，
又MN⊥AF，MN∩EM＝M，MN，EM⊂平面EMN，
所以AF⊥平面EMN，
又EN⊂平面EMN，所以AF⊥EN，
又平面FAC∩平面AEF＝AF，
所以二面角E－FA－C的平面角为∠ENM，
EM EC CM 2
因为EM∥OB，所以 ＝ ＝ ＝ ，
OB BC OC 3
4 1 2
所以EM＝ ，OM＝ OC＝ ，
3 3 3
2 8
在Rt△AMN中，∠FAC＝60°，AM＝AO＋OM＝2＋ ＝ ，
3 3
8 4 3
所以MN＝ sin60°＝ ，
3 3
4 2 4 3 2
8
所以EN＝ EM2＋MN2＝ 3 ＋ 3 ＝ ，
3
MN 3 3
所以cos∠ENM＝ ＝ ，即二面角E－FA－C的余弦值为 .
EN 2 2
数学试题评分参考第8页（共9页）
学科网（北京）股份有限公司19．（17分）
解：（1）①当1≤X≤9时，P（X＝i）＝（1－p）i－1p，i＝1，2，…，9.
当X＝10时，P（X＝10）＝（1－p）9p＋（1－p）10＝（1－p）9.
所以X的分布列为
（1－p）i－1p，i＝1，2，…，9，
P（X＝i）＝
（1－p）9，i＝10.
9 9
②证明 E（X）＝∑i（1－p）i－1p＋10（1－p）9＝p∑i（1－p）i－1＋10（1－p）9.
i＝1 i＝1
9
令S＝∑i（1－p）i－1，则E（X）＝pS＋10（1－p）9，
i＝1
S＝1＋2（1－p）＋3（1－p）2＋…＋8（1－p）7＋9（1－p）8，
（1－p）S＝（1－p）＋2（1－p）2＋…＋7（1－p）7＋8（1－p）8＋9（1－p）9，
两式相减，得pS＝1＋（1－p）＋（1－p）2＋…＋（1－p）7＋（1－p）8－9（1－p）9
1－（1－p）9
＝ －9（1－p）9，
p
1－（1－p）9 1
所以E（X）＝ ＋（1－p）9＝ [1－（1－p）10].
p p
因为0＜p＜1，所以0＜1－（1－p）10＜1，
1
所以E（X）＜ .
p
（2）当p＝0.25时，由（1）得E（X）＜4，
则aE（X）＜4a＜5a，
即试验结束后的平均成本小于试验成功的获利，
所以该公司可以投资该产品.
数学试题评分参考第9页（共9页）
学科网（北京）股份有限公司
