江苏省镇江中学、镇江市第一中学等校2026届高三下学期适应性训练数学试卷（含答案）

这是一份江苏省镇江中学、镇江市第一中学等校2026届高三下学期适应性训练数学试卷（含答案），共7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。
1.若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )
A. l1⊥l4B. l1//l4
C. l1与l4既不垂直也不平行D. l1与l4的位置关系不确定
2.已知复数z=csα−isinαcsα+isinα，其中i是虚数单位，α∈R，则z=( )
A. 2B. 2C. 1D. 22
3.集合A=x∈N∗2−xx−4+12≥0的子集个数是( )
A. 8B. 16C. 32D. 无数个
4.在等差数列an中，a5=6，a6=5，则a11=( )
A. −11B. 0C. 1D. 11
5.计算0.9910保留到小数点后3位的结果是( )
A. 0.945B. 0.905C. 0.904D. 0.903
6.若非零向量BA与BC满足BABA+BCBC⋅AC=0，且BABA⋅BCBC=12，则三角形ABC为( )
A. 三边均不相等的三角形B. 直角三角形
C. 底边和腰不相等的等腰三角形D. 等边三角形
7.已知函数f(x)=me2x+(m−2)ex−x有两个零点，则实数m的取值范围是( )
A. (−∞,0)B. (−1,0)C. (0,1)D. (1,+∞)
8.椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与椭圆C在第二象限交于点M，O为坐标原点，N是椭圆的上顶点，且∠MON=60 ∘，则椭圆C的离心率为( )
A. 66B. 63C. 14D. 12
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50∼350kW⋅ℎ之间，进行适当分组后(除了最后一组是闭区间，其余每组为左闭右开区间)，画出如图所示的频率分布直方图，则下列选项正确的是( )
A. 直方图中x的值为0.0044
B. 在被调查的用户中，用电量落在区间100,250内的户数为70户
C. 估计该小区用户月用电量的中位数不超过180kW⋅ℎ
D. 用频率估计概率，从该小区抽取10人，则X表示用电量不超过150kW⋅ℎ的人数，则EX=1.5
10.已知O是坐标原点，抛物线Γ：y2=2px的焦点是点F，A(2,2)，B，C是抛物线上的三点，点T在圆M：(x−2)2+y2=1上运动，则下列选项正确的是( )
A. |AF|=3
B. |BT|+|BF|的最小值为32
C. 如果OB⊥OC，则直线BC与x轴的公共点为(2p,0)
D. 如果直线AB，AC均与圆M相切，则直线BC的方程为3x+6y+4=0
11.已知数列Dn满足Dn+2=Dn+1+−1n⋅Dnn∈N∗，D1=1，D2=2，Sn为其前n项和，则下列选项正确的有( )
A. S6=14B. D2n+4=D2n+2+D2n
C. S2n−1=k=1nD2kD. k=1n+1D2k−12=D2n+1⋅D2n+3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机变量X∼N1,σ2，PX≥7=0.2，写出一个满足PX0.2的负整数a的值为 ．
13.已知关于n的方程为C6n+C66−n=A62，则A5nA4nC5nC4n= ．
14.函数f(x)=(sinx)2k+(csx)2k，x∈R，k∈N且k≥2的值域为 (用k表示)．
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.(本小题13分)
已知数列an的首项是a1=35，且an+1=3an2an+1．
(1)证明数列1an−1是等比数列，并求出数列an的通项公式；
(2)若1a1+1a2+1a3+⋯+1an>2026，求满足条件的最小整数n的值．
16.(本小题15分)
甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，规定：第一局由甲、乙对打，丙轮空；每局的比赛的胜者与轮空者进行下一局对打，负者下一局轮空，如此循环．设甲对乙、丙的胜率均为23，乙、丙之间的胜率互为12．
(1)求甲连续打前四局比赛的概率；
(2)前四局中，求在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率；
(3)如果甲胜一局得2分，输一局不得分，记打完前三局后甲的得分为X，求X的分布列和期望．
17.(本小题15分)
已知双曲线C：x2−y24=1与直线l：y=kx+m有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于S(s,0)、T(0,t)两点．
(1)如果m=2，求实数k的取值集合；
(2)如果k≠±2，当点M在运动时，
①求出点P(s,t)的轨迹方程；②求1s2−116t2的最大值并求出对应的s的值．
18.(本小题17分)
如图，四边形A′B′C′D′是平行四边形ABCD在平面α上的投影(AA′//BB′//CC′//DD′).
(1)求证：四边形A′B′C′D′是平行四边形；
(2)已知四边形ABCD是边长为 3的正方形，BC//B′C′，B′C′⊥D′C′，D′D=4，D′C′=2，CC′=3，∠DD′C′=60 ∘，点E和F分别是AA′和A′B′的中点，设直线DE与D′A′的交点为S．
①求证：点S在直线C′F上；
②求平面SCD与平面D′EF的夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=sin(x−1)−aln x，其中a∈R，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=0．
(1)求a的值；
(2)证明：当x∈[1,2]时，f(x)≥0；
(3)设m∈Z，若esin(x−1)−ln(x−1)+x2−2x>m(x−1)对任意x∈(1,2]恒成立，求m的最大值．
参考答案
1.D
2.C
3.A
4.B
5.C
6.D
7.C
8.B
9.AB
10.BCD
11.ABD
12.−4/答案不唯一，也可以是−3,−2,−1中的任何一个
13.4或576
14.[21−k,1] k∈N
15.解：(1)an+1=3an2an+1⇒1an+1=2an+13an=23+13an⇒1an+1−1=23+13an−1=13an−13，
所以1an+1−1=131an−1⇒1an+1−11an−1=13，
又1a1−1=53−1=23，
所以数列1an−1是以首项为23，公比为13的等比数列，
所以1an−1=2313n−1，
可得1an=2⋅13n+1⇒an=3n3n+2．
(2)由(1)得1an−1为等比数列，
设数列的前n项和为Sn，Sn=1a1−1+1a2−1+1a3−1+⋯+1an−1=1a1+1a2+1a3+⋯+1an−n=23⋅1−13n1−13，
所以1a1+1a2+1a3+⋯+1an=1−13n+n>2026⇒n−13n>2025，
构造函数令fx=x−13x，根据增函数减去减函数为增函数，可得函数为增函数，
n为整数，所以当n=2025，2025−1320252025，成立，
所以满足条件的最小整数n的值为2026．

16.解：(1)记事件A=“甲连续打前四局比赛”，则P(A)=23×23×23=827，∴甲连续打前四局比赛的概率为827；
(2)记事件B=“在前四局中第二局乙获胜”，记事件C=“在前四局中甲轮空两局”，则所求事件为C|B，
∵一局一定获胜才能打第二局，∴P(B)=13×12=16，
又∵P(BC)=13×12×13=118，∴P(C|B)=P(BC)P(B)=13，
∴前四局中，在第二局乙获胜的条件下甲轮空两局的概率为13;
(3)由已知得X的取值为0，2，4，6．
∵P(X=0)=13×13=19，P(X=2)=23×13+13×23=49，P(X=4)=23×23×13=427，P(X=6)=23×23×23=827，
得X的分布列如下：
∴E(X)=0×19+2×49+4×427+6×827=8827．
17.解：(1)当m=2时，直线l:y=kx+2，联立x2−y24=1得(4−k2)x2−4kx−8=0(∗)，
当4−k2=0，即k=±2时，(∗)式均有唯一解符合题意，∴此时k=±2;
当4−k2≠0，即k≠2时，由题意得16k2+32(4−k2)=0，∴此时k=±2 2;
综上可得k的取值集合为{−2 2,−2,2,2 2}.
(2) ①联立直线l与曲线C得(4−k2)x2−2kmx−m2−4=0，∵直线与曲线相切，
∴判别式△=4k2m2+4(4−k2)(m2+4)=0，即k2=m2+4，
回代得m2x2+2kmx+k2=0，即(mx+k)2=0，
∵当m=0时，由k2=m2+4得k≠±2与条件矛盾，
∴m≠0，故x=−km，∴点M的坐标为(−km,−4m)，
又∵k=0时直线l与曲线C的公共点不唯一，∴k≠0，
∴过点M与直线l垂直的直线方程为y+4m=−1k(x+km)，
令y=0，得s=5km；令x=0，得t=−5m且t≠0，
∴解得m=−5t，k=st，代入k2=m2+4，
得到s225−4t225=1(t≠0)；
②由 ①知，s225−4t225=1，
∴1s2−116t2=(1s2−116t2)(s225−4t225)=120−(4t225s2+s2400t2)≤120−2 4t225s2×s2400t2=1100，
当且仅当4t225s2=s2400t2即s2=8t2时取“=”，联立s225−4t225=1，解得s2=50，即s=±5 2．
18.解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，
∵AB⊄平面DCC′D′，CD⊂平面DCC′D′，
∴AB//平面DCC′D′，
又∵AA′//DD′，AA′⊄平面DCC′D′，DD′⊂平面DCC′D′，
∴AA′//平面DCC′D′，
∵AB∩AA′=A，∴平面ABB′A′//平面DCC′D′．
又两个平行平面被平面A′B′D′C′所截，交线为A′B′和D′C′
所以A′B′//D′C′；同理B′C′//A′D′，
故A′B′C′D′是平行四边形．
(2)①因为ABCD是正方形，所以AD//BC，
又因为BC//B′C′，所以AD//B′C′，
AD⊂平面A′B′C′D′，B′C′⊄平面A′B′C′D′，
所以AD//平面A′B′C′D′，平面A′B′C′D′∩平面ADD′A′于A′D′，所以AD//A′D′，
又因为AA′//DD′，所以AA′DD′为平行四边形，
因为E是AA′的中点，在▵SDD′中，由EA′//DD′可得SA′SD′=EA′DD′=12，
D′S=2D′A′，即A′为D′S的中点，
连接SC′，取SC′与A′B′的交点为G，
在▵SD′C′中，A′为D′S的中点，且A′G//D′C′，所以A′G=12D′C′，
又因为A′F=12D′C′，此时F,G重合，所以三点共线，点S在直线C′F上.
②在三角形DD′C′中，D′C′=2,DD′=4,∠DD′C′=60 ∘，
由余弦定理可得DC′2=42+22−2⋅4⋅2cs60 ∘=12，所以DC′=2 3，
所以D′C′2+DC′2=DD′2，所以三角形DD′C′为直角三角形，
即DC′⊥D′C′，所以C′点是D在平面α的投影点，又因为B′C′⊥D′C′，
所以以C′为原点，C′D′为x轴，C′B′为y轴，C′D为z轴，建立空间直角坐标系，
可得C′(0,0,0)，D′(2,0,0)，D(0,0,2 3)，
S(2,2 3,0)，E(1, 3, 3)，F(1, 3,0)，C(−32,0,3 32)，
设平面SCD的法向量n1=(x1,y1,z1)，
由题意得DC=(−32,0,− 32)，DS=(2,2 3,−2 3)，
得到n1⋅DC=0⇒ 3x1+z1=0n1⋅DS=0⇒x1+ 3y1− 3z1=0,
令x1= 3，则y1=−4,z1=−3，故n1=( 3,−4,−3)；
设平面D′EF的法向量n2=(x2,y2,z2)，
由题意得FE=(0,0, 3)，FD′=(1,− 3,0)，
可得n2⋅FE=0⇒ 3z2=0n2⋅FD′=0⇒x2− 3y2=0,
令x2= 3，y2=1，z2=0，所以n2=( 3,1,0)；
设平面SCD与平面D′EF的夹角为φ，两平面的法向量夹角为θ，
所以csφ=csθ=n1⋅n2n1⋅n2=3−4 28⋅2= 728．

19.解：(1)∵f′(x)=cs(x−1)−ax，x>0，∴f′(1)=1−a，
∵曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=0，∴1−a=0，∴a=1．
(2)∵f(x)=sin(x−1)−lnx，x∈[1,2]，∴f′(x)=cs(x−1)−1x，
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=−sin(x−1)+1x2在区间[1,2]上单调递减，
又∵g′(1)=1，g′(2)=14−sin10，g(x)即f′(x)在[1,x0]上单调递增，
当x∈[x0,2]时g′(x)csπ3−12=0，
∴f′(x)⩾0在[1,2]上恒成立，且不恒为0，∴f(x)在[1,2]上单调递增，
∴f(x)≥f(1)=0，不等式得证．
(3)∵esin (x−1)−ln(x−1)+x2−2x>m(x−1)对任意x∈(1,2]恒成立，
∴令x=2，有esin1>m，由(2)得sin1>ln2，故esin 1>eln2=2．
又∵sin10对任意x∈(1,2]恒成立，
由(2)知sin(x−1)>lnx，故esin(x−1)>elnx=x，
∴ℎ(x)>x−ln(x−1)+x2−4x+2=x2−ln(x−1)−3x+2，
设H(x)=x2−ln(x−1)−3x+2，x∈(1,2]，
则H′(x)=2x−1x−1−3=(2x−1)(x−2)x−1⩽0恒成立，
∴H(x)在(1,2]上单调递减，∴H(x)≥H(2)=0，∴ℎ(x)>0在(1,2]上恒成立，
所以m=2符合题意，
综上所述，整数m的最大值为2．