精品解析：新疆2026届高三一模（二月适应性检测）数学试题

2026年普通高考二月适应性检测 数学 （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，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 0或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，，再根据进行求解. 【详解】根据题意，， 因为，所以，得， 此时，满足集合的互异性，符合题意. 故选：C 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出其共轭复数. 【详解】因为，所以，所以. 故选：A 3. 设向量为单位向量，且，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是平面向量的模和夹角的问题，通过平方展开计算即可。 【详解】因为,， 又因为向量为单位向量，代入可得， 得，又， 所以, 因为,所以. 故选：D 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 【答案】A 【解析】 【分析】利用排列数公式直接求解即可. 【详解】全班共写了条毕业留言. 故选：A. 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，为椭圆上一点，为中点，若的周长为6，则椭圆的短轴长为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角形的中位线，结合椭圆的定义，就可以求解短轴长. 【详解】 由为中点，可得为的中位线， 由的周长为6，可得的周长为， 即，因为，所以， 即，所以椭圆的短轴长， 故选: B 6. 已知a，，且，．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，进而可得或，进而可得结论. 【详解】由题意，或， 即或， 当时，，∴，； 当时，，∴，． 综上，. 故选：D． 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简得出，再应用同角三角函数关系得出，最后应用二倍角正弦公式计算求解. 【详解】因为，则，整理得， 则，因为，所以， 则. 故选：A. 8. 已知的三个顶点坐标分别为，若以原点为圆心的圆与此三角形有唯一的公共点，则圆的方程为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】计算原点到三角形各顶点的距离，再根据直线与圆的位置关系，结合图象判断各选项中圆与三角形是否存在唯一公共点． 【详解】原点到的距离， 原点到的距离， 原点到的距离， 选项A：直线在直线上，当，即时，直线与圆存在2个交点，与直线相切，存在1个交点，共3个交点，不符合题意，当，即时，圆与点相切，存在1个交点，但，存在2个交点，共3个交点，不合题意故A错误； 选项B：直线在直线上，当，即时，直线与圆相切，存在1个交点，符合题意； 当，即时，圆与点相切，只有一个交点，符合题意，故B正确； 选项C：直线在直线上，当时，即时，直线与圆存在2个交点，不合题意；当，即时，圆与点相切，存在1个交点，但，存在2个交点，共3个交点，故C错误； 选项D：直线在直线上，当时，即时，直线与圆存在2个交点，不合题意；当时，，点在圆内，与圆无交点，不合题意，故D错误． 故选：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. 设为两个平面，为两条直线，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若或，则 B. 若，则或 C. 若或，则 D. 若，则或 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系，利用反例法判断选项A，D；分情况讨论判断选项B；利用线面垂直推出线线垂直判断选项C． 【详解】选项A：设是相邻墙面，交线为墙角线，是底面上平行于的直线，此时与可以垂直，不能推出，故A错误； 选项B：， 当时，；当时，，当时，，故B正确； 选项C：若，则内所有直线，而，则； 若，则内所有直线，而，则，故C正确； 选项D：设与成锐角，且，此时不垂直于，且不垂直于，故D错误 故选：BC． 10. 已知各项均为正数的数列满足，且数列的前项积为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 对任意及正整数，都有 D. 若为等比数列，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，则，，验证A正确；由，则利用递推公式验证B错误；由化简得到根据，化简验证C正确；设公比为 ，由，得到，求出 验证D正确； 【详解】若，则，则，故A正确； 若，则，因为，则，故B错误； 由得到，两式相除得， 即奇数项成公比为的等比数列.故，故C正确； 若为等比数列，设公比为 ，则，代入，得到， 得到，且，解得，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的单调递增区间为和 C. 函数的图象与直线有且仅有一个交点 D. 若，且，则有最小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】化简函数解析式，根据解析式直接判断AB，当时，直线与函数部分图象重合可判断C，根据题意求出的表达式，利用导数分析是否存在最值判断D. 【详解】由可得， 所以，故A正确； 当时，单调递减，所以单调递增；当时，单调递增，故B正确； 当时，直线与的图象在上重合，有无数个公共点，故C错误； 设，作函数与的图象，如图， 由图可知，， 由可分别解得， 所以，令， 则， 令， ，令， 即，化简可得， 令， 显然在时单调递增，又，， 由零点存在性定理知，有唯一使得 ， 且当时，，即，单调递减； 当时，，即，单调递增， 所以在时有最小值，即有最小值，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是等差数列的前项和，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式求解. 【详解】是等差数列，，，， ，， . 故答案为：. 13. 若函数有唯一零点，则___________． 【答案】1 【解析】 【分析】分析可知函数为偶函数，结合题意可得，解得，并代入结合导数求的单调性和最值，检验的充分性即可. 【详解】因为函数的定义域为，且， 可知函数为偶函数， 若函数有唯一零点，则，解得， 若，则，， 令，则， 因为，当且仅当，即时，等号成立， 且，则， 可知在定义域内单调递减，且， 当时，则，即；当时，则，即； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 所以函数有唯一零点，即符合题意， 综上所述：. 故答案为：1. 14. 若正方体内部有两个球，其中球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，球与球也相切，设球、球的表面积分别为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正方体的性质，作出辅助线，可利用三角形相似来求球的半径，从而可求面积比. 【详解】 设正方体的边长为，由球与正方体的六个面均相切，可知球的半径为1， 由球与正方体的三个面相切且与球也相切，设球的半径为， 如图可知，，，所以， 根据，则有，解得：， 所以， 故答案为：. 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. 在中，角的对边分别为，已知为的中点． （1）求角； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简即可； （2）利用以及余弦定理可求，再利用面积公式即可. 【小问1详解】 ， 由正弦定理可得. 又， 化简得. ，, ,； 【小问2详解】 为的中点，， 可化为， 又在中，， ， 得， 的面积. 16. 已知，曲线在处的切线方程为． （1）求实数的值； （2）证明：仅有一个极值点，且． 【答案】（1） （2） 由（1）得，则， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，且当时， 当时，取， 由零点存在定理得在上存在唯一零点，使得， 即， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 所以仅存在一个极值点，且， 则， 令函数，而， 所以在上单调递减，则， 所以． 【解析】 【分析】（1）由题意可得，可求得，进而求得切点，可求得； （2）求导得，，求导可得的单调性，分析的符号，由单调性和零点存在定理得在上存在唯一零点，可得的单调性，可得仅存在一个极值点，且，计算可证结论. 【小问1详解】 由题意可得， 因为曲线在处的切线方程为 则，解得， 因为，所以切点为（0，－1），代入切线方程可得，解得． 故实数． 【小问2详解】 略 17. 如图，在以为顶点的多面体中，四边形为菱形，平面平面，点在边上，． （1）求证：； （2）若，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） ，点在边上，， ， ，即． 又平面平面，平面平面平面， 平面． 平面，. （2）. 【解析】 【分析】（1）先利用三角形角的关系证得，再通过面面垂直的性质定理得平面，进而利用线面垂直的性质定理即可证明． （2）通过面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，结合线面垂直的判定定理可得为平面的一个法向量，然后求出平面的法向量，利用向量夹角公式求出余弦值，进而利用同角三角函数关系求解正弦值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，在平面内，过点作的垂线，垂足为． 平面平面，平面平面平面， 平面．由（1）知，， 以点为坐标原点，及过点平行于的直线分别为轴， 建立如图的空间直角坐标系，设， ，四边形是菱形，． 于是在中，， 则， 则． 由（1）知平面， 平面． 四边形是菱形，． 又，且平面平面． 为平面的一个法向量． 设平面的法向量为， 则，即， 取，可得，故． 于是． 设平面与平面所成角为，则． 故平面与平面所成角的正弦值为. 18. 已知双曲线的右顶点是抛物线的焦点，过双曲线C的右焦点作斜率不为0的直线与抛物线交于两点，且 （1）求双曲线C的方程； （2）点在双曲线C的左支上，过点作抛物线的两条切线，其斜率分别为，求的最大值． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）设直线联立方程得出韦达定理结合数量积坐标公式计算求解得出双曲线即可； （2）设直线方程再联立方程组结合斜率公式计算得出，再结合二次函数值域得出最大值. 【小问1详解】 由抛物线的焦点为得，设双曲线右焦点为， 直线， 与抛物线方程联立可得． 则， 解得，所以，故的方程为. 【小问2详解】 设抛物线的切线方程为，显然， 与抛物线方程联立可得， 令，得， 切线方程为． 设，代入切线方程可得， ． 点在的左支上，． 代入得， 故当时，的最大值为. 19. 在正方形轨道的顶点A处有一个机器人，它每次移动会以的概率顺时针移动到轨道上相邻的顶点，或以的概率逆时针移动到轨道上相邻的顶点． （1）若，设机器人移动次后在顶点A的概率为． （i）求； （ii）求． （2）设机器人首次回到顶点A所移动的次数为随机变量，证明：对任意为定值． 【答案】（1）（i），；（ii） （2）设机器人在顶点时记为状态1，在顶点时记为状态2，在顶点时记为状态3， 从状态首次回到顶点的移动次数的数学期望记为． 初始从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ． ①从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ． ②从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ． ③从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ． ④①+②+③+④可得，得，与无关， 对任意为定值，都等于4. 【解析】 【分析】（1）（i）根据题意求出，移动2次回到顶点有两种可能：或者， 从而求出.（ii）求出当为奇数时；当机器人移动偶数次时，只能在顶点或顶点处，因为在顶点处的概率为，所以在顶点处的概率为，想要移动次到达顶点，只有两种方案：①移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点；②移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点．从而求出，利用等比数列的通项公式求出，从而得解； （2）设机器人在顶点时记为状态1，在顶点时记为状态2，在顶点时记为状态3，从状态首次回到顶点的移动次数的数学期望记为．根据题意得到，从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到，从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到，通过计算求出，与无关，从而得到结论. 【小问1详解】 假设为顺时针顺序． （i）机器人移动1次只能到顶点或顶点处，所以， 移动2次回到顶点有两种可能：或者， 所以. （ii）注意到机器人移动奇数次，只能在顶点或顶点处，所以当为奇数时，； 当机器人移动偶数次时，只能在顶点或顶点处，因为在顶点处的概率为， 所以在顶点处的概率为，想要移动次到达顶点，只有两种方案： ①移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点； ②移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点． ， ，是等比数列，公比， 首项为，利用等比数列的通项公式得到， 由（i）知，代入得为偶数， 综上，可得. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高考二月适应性检测 数学 （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，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 0或2 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 设向量为单位向量，且，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 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 5. 已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，为椭圆上一点，为中点，若的周长为6，则椭圆的短轴长为（ ） A. B. C. 2 D. 4 6. 已知a，，且，．若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知的三个顶点坐标分别为，若以原点为圆心的圆与此三角形有唯一的公共点，则圆的方程为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 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. 设为两个平面，为两条直线，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若或，则 B. 若，则或 C. 若或，则 D. 若，则或 10. 已知各项均为正数的数列满足，且数列的前项积为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 对任意及正整数，都有 D. 若为等比数列，则 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的单调递增区间为和 C. 函数的图象与直线有且仅有一个交点 D. 若，且，则有最小值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是等差数列的前项和，若，则___________． 13. 若函数有唯一零点，则___________． 14. 若正方体内部有两个球，其中球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，球与球也相切，设球、球的表面积分别为，则___________． 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. 在中，角的对边分别为，已知为的中点． （1）求角； （2）若，求的面积． 16. 已知，曲线在处的切线方程为． （1）求实数的值； （2）证明：仅有一个极值点，且． 17. 如图，在以为顶点的多面体中，四边形为菱形，平面平面，点在边上，． （1）求证：； （2）若，求平面与平面所成角的正弦值． 18. 已知双曲线的右顶点是抛物线的焦点，过双曲线C的右焦点作斜率不为0的直线与抛物线交于两点，且 （1）求双曲线C的方程； （2）点在双曲线C的左支上，过点作抛物线的两条切线，其斜率分别为，求的最大值． 19. 在正方形轨道的顶点A处有一个机器人，它每次移动会以的概率顺时针移动到轨道上相邻的顶点，或以的概率逆时针移动到轨道上相邻的顶点． （1）若，设机器人移动次后在顶点A的概率为． （i）求； （ii）求． （2）设机器人首次回到顶点A所移动的次数为随机变量，证明：对任意为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $