新疆维吾尔自治区2026届高三二月适应性检测数学试卷（含答案）含答案解析

这是一份新疆维吾尔自治区2026届高三二月适应性检测数学试卷（含答案）含答案解析，共8页。
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=0a−13,,若A⊆B,则a=
A. 0B. 1C. 2D. 0或2
2.若复数z满足 1z=i,则z=
A. iB. -iC. 1+iD. 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
A. π6B. π3C. π2D. 3π2
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
B. 已知椭圆 C： x 2a 2－ y 2b2=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PF₂中点，若△QOF₂的周长为6，则椭圆C的短轴长为
A. 2 3B. 4 3C. 2D. 4
6.已知a,b＞0,且a≠1,b≠1,若lg。b＞1,!则
A. (a-1)(b-1)＜0B. (a-1)(a-b)＞0
C. (b-1)(b-a)＜0D. (b-1)(b-a)＞0
7.已知α∈(π,2π),且 3csα−8csα2=5,则sinα=
A.−459 B.52 C.−49 D.−4527
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=20
C.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∥nB. 若m∥n,则n∥α或n∥β
C. 若n⊥α或n⊥β,则m⊥nD. 若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
10.已知各项均为正数的数列{an}满足 anan+1=sinαn(0＜α≤π2),且数列 an的前n项积Tn，则下列说法正确的是
A. 若 α=π2,则 T2n=1
B. 若 α=π6,a1=12 , 则 a4=116
C. 对任意α及正整数k，都有 a2k+1≤a2k−1
D. 若{an}为等比数列，则 a1=4sinα
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 fx1=fx2=fx3,且 x1＜x2＜x3,则 1−x1x2+x3有最小值
三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分.
12.已知S。并亦数列|a，|的前n项和，若 a13a6=10,贝 S20S11= .
13.若函数 fx=csx−aex+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与球O₄也相切，设球O₁、球O₂的表面积分别为S₁，S₂，则 S1S2=_.
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( acsB−bcsA=b+c,,D 为BC的中点.
(1)求角A;
(2)若 a=27,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;
(2)证明:f(x)仅有一个极值点x₀,且 fx0＜−34.
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.
18.(17分)已知双曲线C： x 2a 2－ y 2b2=1（a＞b＞0）的右顶点是抛物线 E:y2=4x的焦点，过双曲线C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 Oλ⋅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 k1,k2,求 k12⋅k²的最大值.
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)若 p=12 ，设机器人移动n次后在顶点A 的概率为. Pn.
(i)求 P1,P2;
(ii)求 Pn.
(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∈01,EX.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. C2. A3. D4. A
5. B6. D7. A8. 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. BC10. ACD11. ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.1013.1 14.7−43
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)∵acs B-bcs A=b+c,
∴由正弦定理可得 sin Acs B-sin Bcs A= sin B+ sin C. 1分
又∵ sin C= sin(A+B)= sin Acs B+ cs Asin B,
∴化简得2cs Asin B=-sin B. 2分
∵sinB＞0,∴csA=−12. 4分
∵A∈0π,∴A=2π3..⋯ 6分
(2)∵D为BC 的中点, ∴2AD=AB+AC.
∴4∣AD∣2=∣AB∣2+∣AC∣2+2AB⋅AC.
又∵ AD=3,AB⋅AC=bccs2π3=−12bc.
∴12=b2+c2−bc,即 b2+c2=12+bc.①⋯⋯8分
又∵在△ABC中, a2=b2+c2−2bccs∠BAC,a=27,∠BAC=2π3,
∴b2+c2=28−bc.② .⋯ 10分
由①②得 bc=8,
∴△ABC 的面积 S=12bcsin∠BAC=23. 13分
16.(1)解:由题意得f(0)=-1,于是-1+b=0,解得b=1.
f'x=2eax+a2x−1eax−1,于是f'(0)=1-a=-1,解得a=2.
故a=2,b=1. 5分
(2)证明: fx=2x−1e2x−x,
f'x=4xe2x−1,
当x≤0时,f'(x)＜0,f(x)单调递减,
当x＞0时,令 kx=4xe2x−1,
则 k'x=4e2x1+2x＞0,k(x)为增函数，即f'(x)为增函数.
∵f'0=−1＜0,f'14＞0,
∴f'(x)存在唯一的零点x₀,且 x0∈014,使得 f'x0=0,即 4x0e2x0=1.
当 0＜x＜x0时,f'(x)＜0,f(x)单调递减,
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.
fx0=2x0−1e2x0−x0=2x0−114x0−x0=12−(14x0+x0,
∵x0∈014,∴14x0+x0＞54,∴fx0＜−34.15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°.
于是在 Rt△BAN中, AN=32,BN=332,
则A(0,0,0) ,B−320332,D300,P−323320.
轴对称.若函数有唯一零点，则零点必在x=0处.
令 f0=0,f0=cs0−ae0+e0+1=1−2a+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 csx+1≤2 (当且仅当x=0时, cs0=1, 取等号) .
因此 fx=csx+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,∴yAyB=−4c.
则 OA⋅OB=xAxB+yAyB=yAyB216+yAyB=c−4c=−4,
解得c=2，所以 b2=c2−a2=3,故C的方程为 x2−y23=1.7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−4x+n2=0,
令Δ=0,得 2kn−42−4k2n2=0⇒16−16kn=0⇒n=1k,
∴切线方程为 y=kx+1k.
设P(x₀，y₀)，代入切线方程可得 k2x0−ky0+1=0,
∴k1+k2=y0x0,k1k2=1x0,∴k12+k22=k1+k22−2k1k2=y02x02−2x0.
∵点 P 在 C 的左支上,. ∴y02=3x02−3,x0≤−1.
代入得 k12+k22=3x02−3x02−2x0=−3x02−2x0+3=−31x0+132+103,
故当 x0=−3时， k12+k22的最大值为 103. 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 P1=0,移动2次回到顶点A 有两种可能:A→B→A 或者A→D→A,所以 P2=13×23+23×13=49.
(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， Pn=0;当机器人移动偶数次时，只能在顶点A 或顶点 C 处，因为在顶点A 处的概率为 Pn,所以在顶点 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： 4分
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.
∴Pn=13×23+23×13Pn−2+13×13+23×231−Pn−2=59−19Pn−2,
∴Pn−12=−19Pn−2−12,
由累乘法可得 Pn−12=P2−12−19n2−1,
由(i)知 P2=49,代入得 Pn=12−19n2+1,7为偶数，
综上，可得
(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 Eii=123.为偶数. n∈N.
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， .EX=p1+E1+1−p1+E3=1+pE1+1−pE3.(①
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， ∴E1=p1+E2+1−p×1=1+pE2.(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， ∴E2=p1+E3+1−p1+E1=1+pE3+1−pE1.③)
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， ∴E3=p×1+1−p1+E2=1+1−pE2.④
①+②+③+④可得 EX+E1+E2+E3=4+E1+E2+E3,
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=920−332为平面ACM 的一个法向量.
设平面 BCP 的法向量为m=(x,y,z),
则即 {3x=0,332y−332z=0.
取y=1,可得z=1,故m=(0,1,1).
于是
设平面ACM 与平面 BCP 所成角为θ，则 csθ=24,∴sinθ=144.
故平面ACM 与平面BCP 所成角的正弦值为 144.15分