2026年新疆普通高考三月适应性检测数学试卷（附答案解析）

这是一份2026年新疆普通高考三月适应性检测数学试卷（附答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知、，集合，，若，则（ ）
A．B．C．或D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．函数在区间上的最大值是（ ）
A．1B．C．D．
4．已知双曲线C：的渐近线方程为，则m的值为（ ）
A．B．C．D．
5．有5辆车停放在一排的5个相邻车位上，若甲车与乙车相邻停放，则不同停放方法的总数为（ ）
A．24B．48C．72D．120
6．定义在上的函数满足，若函数与的图象有8个交点，则交点横坐标的和为（ ）
A．24B．12C．8D．6
7．已知三棱锥，平面，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（多选）已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．的最大值为2
10．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度
C．的单调递增区间为
D．若方程在上有且只有个根，则
11．在棱长均相等的正三棱柱中，D是的中点，过点，D与平行的平面为，则（ ）
A．B．平面截该三棱柱所得截面为直角三角形
C．平面平面D．到平面的距离是棱长的
三、填空题
12．内角的对边分别为，若的面积为，则_________
13．若函数为偶函数，则_____．
14．已知椭圆C：，过左焦点F的直线l与椭圆C交于，两点（点A位于x轴上方），若，则直线l的斜率为_______.
四、解答题
15．已知数列的前n项和为，是首项为1，公差为的等差数列.
(1)求；
(2)设，求数列的前项和.
16．如图，在多面体中，四边形，均为矩形，，，点为线段上一点，且平面.
(1)若平面，求证：点是的中点；
(2)若直线与平面所成角的大小为，求.
17．某市为提升学生们的数学素养，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，已知共有10000名学生参加了比赛，现从参加比赛的全体学生中随机抽取100人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图：
(1)若规定成绩较高的前30%的学生获奖，请求出a的值并估计获奖学生的最低分数线；
(2)现从成绩位于的样本中，按分层随机抽样的方法选取8人，再从这8人中随机选取2人，设这2人中成绩落在内的人数为X，求X的分布列；
(3)由频率分布直方图可认为该市全体参赛学生的成绩Z服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且.从该市所有参赛学生中任取一人，试估计该生的成绩高于85.6分的概率.
［参考数据：；若，则，，］
18．函数，.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，证明：.
（参考数据：）
19．如图（1），四边形是一个矩形，，，M，N分别是，的中点，以某动直线l为折痕将矩形在其下方的部分翻折，使得每次翻折后点M都落在边上，记为.过作垂直于交直线l于点P，设点P的轨迹是曲线E.以的中点O为原点，平行于的直线为x轴，直线为y轴建立直角坐标系，如图（2）所示.
(1)求曲线E的方程；
(2)若点Q在圆：上，，是曲线E的两条切线，K，I是切点，求面积的最小值.
《新疆2026年普通高考三月适应性检测数学试卷》参考答案
1．B
【分析】根据交集运算可得出，即可得出，然后分和两种情况讨论，结合交集运算进行检验，即可得解.
【详解】已知集合，，且，所以，即.
若，则，此时，，与矛盾，舍去.
若，则，此时，，符合条件.
综上所述，.
2．D
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.
【详解】因为，则向量，，
又因为，所以，解得.
3．C
【详解】因为函数，所以，
在区间上，因为，所以，
所以在上单调递增，
所以最大值在处取得，.
4．A
【详解】双曲线方程标准化，由，得（）.
，所以，即，解得.
5．B
【详解】将甲、乙视为一个“整体”（捆绑），甲、乙内部有2种排法（甲左乙右或乙左甲右），
把“甲乙整体”与另外3辆车看成4个元素一起排列，有种排法，
所以总的停放方法是种.
6．B
【分析】：由函数递推关系和解析式，得出函数的对称性，进而利用对称性得出对应关系，求解即可.
【详解】因为函数满足，所以的图象关于直线对称；
同时函数的图象也关于直线对称.
若有8个交点，可分成关于直线对称的4对，每对交点的横坐标的和为，
所以所有交点横坐标的和是.
7．D
【分析】利用正弦定理求出的外接圆半径，再由线面垂直关系求出外接球半径，可得其表面积.
【详解】在中，设其外接圆半径为，
，，，
根据正弦定理，所以.
因为平面，所以外接球的球心到平面的距离.
设外接球半径为R，根据勾股定理，代入解得，
因此外接球表面积.
8．C
【详解】.
，
因为，所以，
因为，所以，所以.
9．ABD
【详解】设复数（a，），由可得，.
选项A：，正确；
选项B：，正确；
选项C：，只有当时才等于1，不是恒成立，错误；
选项D：，
因为，当时，的最大值为，正确.
10．ACD
【分析】利用图象求出函数的解析式，可判断A选项；利用三角函数图象变换可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；解方程，求出该方程在上的第个根和第个根，可得出实数的取值范围，可判断D选项.
【详解】由图象知函数的振幅，
因为图象过，所以，可得，
又因为，所以，
因为图象过，所以，
解得，
又因为函数的周期有，即，解得，
所以，
对于A选项，，正确；
对于B选项，，
将函数的图象向右平移个单位长度得到，错误；
对于C选项，令，
解得，
即函数的单调递增区间为，正确；
对于D选项，由得，
解得或，即或，
在上的根依次为、、、、、、、，
有且只有个根，则第个根是，所以，正确.
11．ABD
【分析】合理选点建系，设出三棱柱棱长，利用空间向量解决几何问题.
【详解】设正三棱柱的棱长为a，，如图所示：
建立空间直角坐标系：设D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，
则，，，，.
平面过、D且平行于，，
设平面内一点，，，
设平面的一个法向量为，
由，取.
A：，，，所以，正确；
B：因为，所以平面与棱柱交于，三边长为、、，满足勾股定理，即为直角三角形，正确；
C：因为平面平面，可得平面的一个法向量为，，即平面与平面不垂直，错误；
D：平面，到平面的距离等于B到平面的距离，即距离，是棱长的，正确.
12．
【分析】由余弦定理可得，根据条件结合三角形的面积公式可得从而可得答案.
【详解】由余弦定理可得，所以
的面积为
所以 即，由
所以
故答案为：
13．1
【详解】试题分析：由函数为偶函数函数为奇函数，
．
考点：函数的奇偶性．
【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首先利用转化思想，将函数为偶函数转化为 函数为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取．
14．
【分析】设出直线l的方程及的坐标，根据可得到横坐标之间的关系式，再联立直线与椭圆方程，根据韦达定理可用斜率分别表示出的横坐标，列方程可求得斜率.
【详解】由知椭圆的左焦点F的坐标为.
如图，
设过点F的直线l的斜率为k，则直线l的方程为.
设、（因为点A位于x轴上方，所以）.
因为，，，
所以，即，整理得.
将代入椭圆方程，整理得，
则，，
由解得，
所以，解得.
因且，故，即.
15．(1)
(2)
【分析】（1）先根据等差数列的通项公式求得，再根据与的关系求解即可；
（2）先求得，再结合等差数列的求和公式求解即可.
【详解】（1）∵是首项为1，公差为的等差数列，
∴，则，
当时，；
当时，，
则，
显然也满足上式，则.
（2）由，
则
.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理，结合中位线性质即可得证；
（2）根据线面夹角定义，结合等体积法，即可求得结果.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
平面，平面，平面平面，
，
在矩形中，点为线段的中点，
点是的中点.
（2）平面，
为直线与平面所成的角，
，
又平面，，
故为等腰直角三角形，
.
在中，，，，
，
且，
.
17．(1)，76分
(2)分布列见解析
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积为1计算可得，再由百分位数的定义计算可求出最低分数线；
（2）由分层抽样比可求出各区间抽取的人数，再计算出相应概率可求出分布列；
（3）由频率分布直方图计算出初赛成绩的平均值，再由正态分布计算可得所求概率.
【详解】（1）由频率分布直方图易知，，
解得，
由图知的频率为0.04，的频率为，
的频率为0.54，
∴获奖学生最低分数线落在内，不妨设为x，
则，解得，
∴估计获奖学生的最低分数线为76分.
（2）由图可知，与的频率之比是，
根据分层随机抽样的方法可知，在内抽取3人，在内抽取4人，在内抽取1人.
则X的可能取值为0，1，2，
易知，，，
∴X的分布列为
（3）易知平均值为，
即可得，
∴.
18．(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数与单调性的关系求解即可.
（2）根据函数有两个极值点，求出的范围，分别求出，的表达式，通过构造函数求导，结合导数与单调性、最值的关系证明即可.
【详解】（1）函数的定义域为，，
令，则，，
当时，只有一个正实数解，
所以当时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）因为函数有两个极值点，，所以在有2个根，
所以，所以，.
，
，
要证，即证，
也即.
令，，
则，
令，，则，
令，，则，
当时，，所以在区间上单调递增，，
又，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增，，
所以在上单调递减，
所以，
因此若函数有两个极值点，，则.
19．(1)（）
(2)4
【分析】（1）连接，根据垂直平分线的特征可得：点P的轨迹是以点M为焦点的一段抛物线，由的坐标即可求其方程；
（2）设，，，借助导数分别求出抛物线在点K、I处的切线方程，由点Q在切线上可知直线的方程，由点到直线距离求出点Q到直线的距离，通过直曲联立，弦长公式求出，借助二次函数即可求面积的最小值.
【详解】（1）连接，由l是线段的垂直平分线得，即点P到点M的距离与点P到直线的距离相等，于是点P的轨迹是以点M为焦点，直线为准线的一段抛物线.
由于，，，
所以曲线E的方程为（）.
（2）由（1）知，抛物线方程为，
设，，.
∵，即，
∴，则抛物线在点K处的切线方程为，
同理，抛物线在点I处的切线方程为，
又∵点Q在切线上，则，.
于是，是方程的解，
直线的方程为，即.
设点Q到直线的距离为d，则，
联立，得，
∵，∴，，
，
∴，
又∵点Q在圆上，，∴，
当时，，
经验证，此时直线KI的方程为，与抛物线，有两个交点，
∴当点Q坐标为时，面积有最小值4.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
A
B
B
D
C
ABD
ACD
题号
11









答案
ABD









X
0
1
2
P