文档内容
新疆维吾尔自治区2026届高三二月适应性检测数学试卷
(卷面分值：150分 考试时间：120分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡的相应位置上.
2.作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知集合 A={x∈R∣x3 −1=0},B={0,a−1,3},,若A⊆B,则a=
A. 0 B. 1 C. 2 D. 0或2
1
2.若复数z满足 =i,则z=
z
A. i B. -i C. 1+i D. 1-i
3.设向量a，b为单位向量，且| ∣a+2b∣=√3,则向量a，b的夹角为
π π π 3π
A. B. C. D.
6 3 2 2
4.某高三毕业班有50人，若同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言
A. 2450条 B. 1875条 C. 1225条 D. 675条
x 2 y 2
B. 已知椭圆 C： － =1的左、右焦点分别为F₁，F₂，O为坐标原点，P为椭圆C上一点，Q为
a 2 b2
PF₂中点，若△QOF₂的周长为6，则椭圆C的短轴长为
A. 2 √3 B. 4 √3 C. 2 D. 4
6.已知a,b＞0,且a≠1,b≠1,若log。b＞1,!则
A. (a-1)(b-1)＜0 B. (a-1)(a-b)＞0
C. (b-1)(b-a)＜0 D. (b-1)(b-a)＞0
α
7.已知α∈(π,2π),且 3cosα−8cos =5,则sinα=
2
4√5 √5 4 4√5
A.− B. C.− D.−
9 2 9 27
8.已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(-1,3),B(-1,-2),C(4,-2),若以原点为圆心的与此三角形有唯一的公共点，
则圆的方程为
A.x2+y2=2或 x2+y2=10 B.x2+y2=1或 x2+y2=20C.x2+y2=4或 x2+y2=10 D.x2+y2=3或 x2+y2=30
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.设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β=m，则下列说法正确的是
A. 若n∥α或n∥β,则m∥n B. 若m∥n,则n∥α或n∥β
C. 若n⊥α或n⊥β,则m⊥n D. 若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
π
10.已知各项均为正数的数列{a}满足 a a =(sinα) n(0＜α≤ ),且数列 {a }的前n项积T ，则下
n n n+1 2 n n
列说法正确的是
π
A. 若 α= ,则 T =1
2 2n
π 1 1
B. 若 α= ,a = , 则 a =
6 1 2 4 16
C. 对任意α及正整数k，都有 a ≤a
2k+1 2k−1
D. 若{an}为等比数列，则 a =√ 4sinα
1
11.已知函数 则下列说法正确的是
A. f(0)=0
B. f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(1,+∞)
C. 函数f(x)的图象与直线x+y+c=0(c∈R)有且仅有一个交点
D. 若 f(x )=f(x )=f(x ),且 x ＜x ＜x ,则 (1− x )(x +x )有最小值
1 2 3 1 2 3 1 2 3
三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分.
a S
12.已知S。并亦数列|a，|的前n项和，若 13 =10,贝 20 = .
a S
6 11
13.若函数 f(x)=cosx−a(ex+e−x)+1有唯一零点，则a= .
14.若正方体内部有两个球，其中球O₁与正方体的三个面相切，球O₂与正方体的六个面均相切，球O₁与S
球O₄也相切，设球O₁、球O₂的表面积分别为S₁，S₂，则 1 =_.
S
2
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)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知( acosB−bcosA=b+c,,D 为BC的中点.
(1)求角A;
(2)若 a=2√7,AD=√3,求△ABC的面积.
16.(15分)已知f(x)=(2x-1)eˣ-x在x=0处的切线方程为x+y+b=0.
(1)求实数a,b的值;
3
(2)证明:f(x)仅有一个极值点x₀,且 f(x )＜− .
0 4
17.(15 分)如图,在以 P,A,B,C,D 为顶点的多面体中,四边形 ABCD 为菱形,平面 ABCD⟂平面
PAD,AD=AP,∠ADP=30°,点M 在边 PD上,AM=MP.
(1)求证:AM⊥CD;
(2)若∠ADC=60°,求平面ACM 与平面 BCP 所成角的正弦值.
x 2 y 2
18.(17分)已知双曲线C： － =1（a＞b＞0）的右顶点是抛物线 E:y2=4x的焦点，过双曲线C
a 2 b2
的右焦点作斜率不为0的直线与抛物线E交于A，B两点，且 O⃗λ⋅⃗OB=−4.
(1)求双曲线 C 的方程；
(2)点P 在双曲线C 的左支上，过点P作抛物线E的两条切线，其斜率分别为 k ,k ,求 k2 ⋅k²的最
1 2 1
大值.19.(17分)在正方形轨道ABCD 的顶点A 处有一个机器人，它每次移动会以p 的概率顺时钅移动到轨道上
相邻的顶点，或以1-p的概率逆时针移动到轨道上相邻的顶点.
1
(1)若 p= ，设机器人移动n次后在顶点A 的概率为. P .
2 n
(i)求 P ,P ;
1 2
(ii)求 P .
n
(2)设机器人首次回到顶点A 所移动的次数为随机变量X，证明：对任意 p∈(0,1),E(X).为定值.
2026年普通高考二月适应性检测
数学参考答案
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. C 2. A 3. D 4. A
5. B 6. D 7. A 8. 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. BC 10. ACD 11. ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.10 13.1 14.7−4 √3
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.解:(1)∵acos B-bcos A=b+c,
∴由正弦定理可得 sin Acos B-sin Bcos A= sin B+ sin C. ···························································
1分
又∵ sin C= sin(A+B)= sin Acos B+ cos Asin B,
∴化简得2cos Asin B=-sin B. ································································································
2分1
∵sinB＞0,∴cosA=− .···················································································
2
4分
2π
∵A∈(0,π),∴A= .······················································································
3
.⋯ 6分
(2)∵D为BC 的中点, ∴2⃗AD=⃗AB+⃗AC.
∴4∣⃗AD∣2=∣⃗AB∣2+∣⃗AC∣2+2⃗AB⋅⃗AC.
2π 1
又∵ AD=√3,⃗AB⋅⃗AC=bccos =− bc.
3 2
∴12=b2+c2 −bc,即 b2+c2=12+bc.①
·························································································································
⋯⋯8分
2π
又∵在△ABC中, a2=b2+c2 −2bccos∠BAC,a=2√7,∠BAC= ,
3
∴b2+c2=28− bc.② .⋯······················································································
10分
由①②得 bc=8,
1
∴△ABC 的面积 S= bcsin∠BAC=2√3.·······························································
2
13分
16.(1)解:由题意得f(0)=-1,于是-1+b=0,解得b=1.
f' (x)=2eax+a(2x−1)eax −1,于是f'(0)=1-a=-1,解得a=2.
故a=2,b=1. ·············································································································
5分
(2)证明: f(x)=(2x−1)e2x −x,
f' (x)=4xe2x −1,
当x≤0时,f'(x)＜0,f(x)单调递减,
当x＞0时,令 k(x)=4xe2x −1,
则 k' (x)=4e2x (1+2x)＞0,k(x)为增函数，即f'(x)为增函数.
1
∵f' (0)=−1＜0, f'( )＞0,
4
1
∴f'(x)存在唯一的零点x₀,且 x ∈(0, ),使得 f' (x )=0,即 4x e2x 0=1.
0 4 0 0
当 0＜x＜x 时,f'(x)＜0,f(x)单调递减,
0
当x＞x₀时,f'(x)＞0,f(x)单调递增,
∴x₀是f(x)的极小值点.
综上，f(x)仅有一个极值点x₀.1 1 1
f(x )=(2x −1)e2x 0−x =(2x −1) −x = −( +x ,
0 0 0 0 4x 0 2 4x 0
0 0
1 1 5 3
∵x ∈(0, ),∴ +x ＞ ,∴f(x )＜− .
0 4 4x 0 4 0 4
0
······················································································································
15分
17.(1)证明:∵AD=AP,∠ADP=30°,点M 在边 PD上,AM=MP,
∴∠ADP=∠APD=∠MAP=30°,∠AMD=∠MAP+∠APM=60°.
∴∠DAM=180°-∠ADM-∠AMD=90°,即AM⊥AD.
又∵平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,AM⊂平面PAD,
∴AM⊥平面ABCD.
∵CD⊂平面ABCD,
∴AM⊥CD. ·····································································································
7分
(2)解:连接BD,在平面ABCD内,过点B作AD的垂线,垂足为N.
∵平面ABCD⊥平面 PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,BN⊂平面ABCD,
∴BN⊥平面ADP.
以点A 为坐标原点，AD，AM及过点A 平行于 NB 的直线分别为x，y，z轴，建立如图的空
间直角坐标系，设AD=3，
∵∠ADC=60°,四边形ABCD 是菱形,
∴AB∥CD,∠BAN=60°.
3 3√3
于是在 Rt△BAN中, AN= ,BN= ,
2 2
( 3 3√3) ( 3 3√3 )
则A(0,0,0) ,B − ,0, ,D(3,0,0),P − , ,0 .
2 2 2 2
轴对称.若函数有唯一零点，则零点必在x=0处.
令 f(0)=0,f(0)=cos0− a(e0+e0)+1=1−2 a+1=0,解得a=1.
当a=1时, ex+e−x≥2(当且仅当x=0取等号)，所以 −(ex+e−x)≤−2.
又因为 cosx+1≤2 (当且仅当x=0时, cos0=1, 取等号) .
因此 f(x)=cosx+1− (ex+e−x)≤0,且仅当x=0时等号成立，
即唯一零点为x=0.故a=1.
18.解:(1)易得a=1,设双曲线右焦点为F₂(c,0),直线AB:x= my+c,A(x₄,y₄),B(x₈,yB),与抛物线方程联立可得
y2 −4my−4c=0,∴y y =−4c.
A B
(y y ) 2
则 ⃗OA⋅⃗OB=x x +y y = A B +y y =c−4c=−4,
A B A B 16 A By2
解得c=2，所以 b2=c2 −a2=3,故C的方程为 x2 − =1.················································
3
7分
(2)设抛物线的切线方程为y= kx+n,显然k≠0,
与抛物线方程联立可得 k2x2+(2kn−4)x+n2=0,
1
令Δ=0,得 (2kn−4) 2 −4k2n2=0⇒16−16 kn=0⇒ n= ,
k
1
∴切线方程为 y=kx+ .
k
设P(x₀，y₀)，代入切线方程可得 k2x −ky +1=0,
0 0
y 1 y2 2
∴k +k = 0 ,k k = ,∴k2+k2=(k +k ) 2 −2k k = 0 − .
1 2 x 1 2 x 1 2 1 2 1 2 x2 x
0 0 0 0
∵点 P 在 C 的左支上,. ∴y2=3x2 −3,x ≤−1.
0 0 0
3x2 −3 2 3 2 1 1 2 10
代入得 k2+k2= 0 − =− − +3=−3( + ) + ,
1 2 x2 x x2 x x 3 3
0 0 0 0 0
10
故当 x =−3时， k2+k2 的最大值为 . ·································································
0 1 2 3
17分
19.解:假设A→B→C→D 为顺时针顺序.
(1)(i)机器人移动1次只能到顶点 B 或顶点D 处，所以 P =0,移动2
1
次回到顶点 A 有两种可能:A→B→A 或者 A→D→A,所以
1 2 2 1 4
P = × + × = . ········································································· 4分
2 3 3 3 3 9
(ii)注意到机器人移动奇数次，只能在顶点B 或顶点D 处，所以当n为奇数时， P =0;当机
n
器人移动偶数次时，只能在顶点A 或顶点 C 处，因为在顶点A 处的概率为 P ,所以在顶点
n
C 处的概率为1-Pn，想要移动n次到达顶点A，只有两种方案：
①移动n-2次时在顶点A，然后再移动2步回到顶点A；
②移动n-2次时在顶点C，然后再移动2步回到顶点 A.
1 2 2 1 1 1 2 2 5 1
∴P =( × + × )P +( × + × ) (1− P )= − P ,
n 3 3 3 3 n−2 3 3 3 3 n−2 9 9 n−2
1 1 1
∴P − =− (P − ),
n 2 9 n−2 2
由累乘法可得 P − 1 =(P − 1 )( − 1 )2 n −1 ,
n 2 2 2 9
4 1[ 1 n ]
由(i)知 P = ,代入得 P = ( − )2 +1 ,7为偶数，
2 9 n 2 9
综上，可得 ·······································································为偶数. n∈N.
(2)设机器人在顶点B 时记为状态1，在顶点 C 时记为状态2，在顶点D 时记为状态3，从状态i
首次回到顶点A 的移动次数的数学期望记为 E (i=1,2,3).
i
初始从 A 出发，移动 1 步，可能以 p 的概率移动到 B，或者以 1-p 的概率移动到 D，
.E(X)=p(1+E )+(1− p)(1+E )=1+pE +(1− p)E .(①
1 3 1 3
从 B 出发，移动 1 步，可能以 p 的概率移动到 C，或者以 1-p 的概率移动到 A，
∴E =p(1+E )+(1− p)×1=1+pE .(②
1 2 2
从 C 出发，移动 1 步，可能以 p 的概率移动到 D，或者以 1-p 的概率移动到 B，
∴E =p(1+E )+(1− p)(1+E )=1+pE +(1− p)E .③
)
2 3 1 3 1
从 D 出发，移动 1 步，可能以 p 的概率移动到 A，或者以 1-p 的概率移动到 C，
∴E =p×1+(1− p)(1+E )=1+(1− p)E .④
3 2 2
①+②+③+④可得 E(X)+E +E +E =4+E +E +E ,
1 2 3 1 2 3
得E(X)=4,与p无关,
∴对任意p∈(0,1),E(X)为定值,都等于4. ·····································································
17分
以上解法仅供参考，如有其他方法，酌情给分.
由(1)知AM⊥平面ABCD,
∵ BD⊂平面ABCD,∴AM⊥BD.
∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.
又∵AC∩AM=A,且AC,AM⊂平面ACM,∴BD⊥平面ACM.
∴⃗BD=
(9
,0,−
3√3)
为平面ACM 的一个法向量.
2 2
设平面 BCP 的法向量为m=(x,y,z),
3x=0,
{3√3 3√3
y− z=0.
则 即 2 2
取y=1,可得z=1,故m=(0,1,1).
于是
√2 √14
设平面ACM 与平面 BCP 所成角为θ，则 cosθ= ,∴sinθ= .
4 4
√14
故 平 面 ACM 与 平 面 BCP 所 成 角 的 正 弦 值 为 .
4
···························································································································
15分
