精品解析：江苏扬州市新华中学2026届高三下学期3月考前适应性练习数学试题

扬州市新华中学2026届高三3月考前适应性练习一数学试卷 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. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量 则向量在向量上的投影向量为 （ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，且，若，，成等比数列，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 函数的图象大致为( ) A. B. C. D. 6. 已知的内角，，满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设三个服务点，某高校包括甲与乙在内的5名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 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，不选或有选错的得0分. 9. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（ ） A. Ω的面积为 B. 平面与Ω所在平面平行 C. 当时，存在点P，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 11. 甲、乙、丙3人进行传球游戏，每次抛一枚均匀的硬币，若正面朝上，则持球者不传球；若反面朝上，则持球者等可能地将球传给其余2人之一．初始时球在甲手中，记第次抛硬币后球在甲手中的概率为，球在乙手中的概率为，在前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为______. 13. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围是______. 14. “曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设、，则、两点间的曼哈顿距离，已知点，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为______． 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. 已知三棱柱中，，，， （1）求证：平面平面 （2）若，且是的中点，求平面和平面的夹角的正弦值． 16. 某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 7 10 米色内饰 3 5 （1）若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件为抽到的模型为红色外观，事件 为抽到的模型是米色内饰，求，并据此判断事件是否相互独立； （2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为元，求的分布列与期望. 17. 如图，扇形OMN的半径为，圆心角为，A为弧MN上一动点，B为半径上一点且满足. （1）若，求AB的长； （2）求△ABM面积的最大值. 18. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线，离心率为，点P是上任意一点．抛物线， （1）求的方程； （2）过点P作的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于两点，求证：平行四边形PAOB的面积为定值； （3）是的两条切线，是切点，求面积的最小值． 19. 设函数，. （1）①当时，证明：； ②当时，求的值域； （2）若数列满足，，，证明：（）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬州市新华中学2026届高三3月考前适应性练习一数学试卷 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. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则，求出，即可得出结果. 【详解】由题意得，虚部是. 故选：C. 2. 已知向量 则向量在向量上的投影向量为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】向量在向量上的投影向量为 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦函数性质和对数函数单调性即可比较大小. 【详解】因为，所以， 所以． 故选：C． 4. 已知等差数列的前项和为，且，若，，成等比数列，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由题意首先求得数列的，再结合等比中项即可求解. 【详解】根据题意，设等差数列公差为d， 则， 又， 所以， 即， 若，，成等比数列，则， 则， 即 解得： 故选：C 5. 函数的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析函数f(x)定义域，排除两个选项，再取特殊值得解. 【详解】∵令g(x)=，x>0时，x2是递增的，cosx在(0,)上递减， 则有g(x)在(0,)上单调递增，而， 所以存在使得， 中，排除C、D， ∵时，排除B，所以选A. 故选：A 【点睛】给定解析式，识别图象，可以从分析函数定义域、函数奇偶性、在特定区间上单调性及特殊值等方面入手. 6. 已知的内角，，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由代入化简得，再构造齐次分式根据商数关系计算即可. 【详解】因为，得， 所以， 因为，所以， 即， 因为，，是的内角，所以，得，， 所以. 故选：D. 7. 某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设三个服务点，某高校包括甲与乙在内的5名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先运用“先分组后分配”的策略求出5名同学去3个服务点的安排方法数，再运用“正难则反”策略与“捆绑法”求出甲与乙去同一个服务点的安排方法数，再利用古典概型以及对立事件的概率公式即可得解. 【详解】5名同学分成3个小组， 若按2人，2人，1人来分有种分组方式， 若按3人，1人，1人来分有种分组方式， 再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法， 所以每个服务点至少有1人的不同安排方法有：种. 若甲乙去同一个服务点且该服务点有两人，则有种分组方式； 若甲乙去同一个服务点且该服务点有三人，则有种分组方式； 再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法， 所以甲乙去同一个服务点的不同安排方法有：种. 因此，甲乙去同一个服务点的概率为， 则甲与乙不去同一个服务点的概率为. 故选：B. 8. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】，利用勾股定理求出，由求出，再由正弦定理得可得答案. 【详解】由题意的，， 则，， 所以， 在中，，，，且， 则，， ， 则， 所以， 由正弦定理得，， 即. 故选：C． 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，不选或有选错的得0分. 9. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据基本不等式的性质计算即可. 【详解】对于A，因为正数满足，根据基本不等式的性质可得 ，所以，当且仅当时等号成立. 所以，A正确； 对于B，， 当且仅当，即时等号成立，B错误； 对于C，因为，所以，所以. 由A可知，，所以，即，C正确； 对于D，。因为，所以， 所以，则，所以， 当且仅当时等号成立，故D错误. 故选：AC. 10. 在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（ ） A. Ω的面积为 B. 平面与Ω所在平面平行 C. 当时，存在点P，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，连接，四边形为动点P的轨迹Ω，求得面积判断A；连接，可证明平面平面，从而可判断B；以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，转化为是否有解问题处理，求解可判断C；确定的位置，进而可判断D. 【详解】因为，所以在确定的平面内，又， 取的中点，连接，则四边形为动点P的轨迹Ω， 因为长方体中，，， 所以，，进而可求得等腰梯形的高， 所以梯形的面积为，故A正确； 连接，因为且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，平面， 所以平面平面，又平面平面， 所以平面与Ω所在平面不平行，故B错误； 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 当，则， 所以， 假设，则，即，解得， 所以当时，存在点P，使得，故C正确； 当时，点在上，则时点到平面的距离为定值，又三角形的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，将是否存在点P，使得，转化为方程是否有解问题，转化思想是数学的一种常见思想方法. 11. 甲、乙、丙3人进行传球游戏，每次抛一枚均匀的硬币，若正面朝上，则持球者不传球；若反面朝上，则持球者等可能地将球传给其余2人之一．初始时球在甲手中，记第次抛硬币后球在甲手中的概率为，球在乙手中的概率为，在前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，通过分类讨论列出概率的递推式，借助于等比数列求出概率解析式，运用二项分布的方差公式计算即可逐一判断. 【详解】初始时球在甲手中，即，第一次抛硬币：若正面朝上（概率为）：球在甲手里，； 若反面朝上（概率为），球传给乙或丙，各占，所以，即满足，故A正确； 第次拋硬币后，球在甲手中的概率为（*）， 其中表示球在丙手中的概率，且由对称性知，则，故C正确； 因 ，则，代入（*）可得：， 同理，由对称性，则有. 又由可得，即数列为首项是，公比为的等比数列， 则，即，同理，故 ，故D正确； 因为表示前次抛硬币的过程中3人之间传球的次数，每次传球的概率为，且各次独立， 则，故其方差为，故B错误. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为______. 【答案】 【解析】 【分析】由二项式系数性质求得，再由二项式定理求得常数项． 【详解】由题意，∴， 展开式通项公式为， 令得， ∴常数项为． 故答案为：240. 13. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】分析函数的零点个数，利用导数法讨论函数的单调性与最值,再判断函数在每段上的零点个数,根据零点分布情况建立不等式组，求得实数的取值范围. 【详解】由题可得，函数最多只有一个零点. 若零点存在，则，解得， 又由，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， 且当时，， 所以最多有两个零点. 因为有三个零点，所以有两个零点， 则， 解得，所以实数的取值范围为. 综上可得：实数的取值范围为. 故答案为： 14. “曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设、，则、两点间的曼哈顿距离，已知点，点在圆上运动，若点满足，则的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设点，根据题中定义求出点的轨迹方程，数形结合，结合圆的几何性质可求得的最大值. 【详解】设点，当，时，则有，可得； 当，时，则有，可得； 当，时，则有，可得； 当，时，则有，可得. 如下图所示： 则点的轨迹为正方形，且点、、、， 因为，，所以，、、三点共线，且， 当点与点重合时，取最大值，且， 所以，， 当且仅当为直线与圆的交点，且、方向相同时，等号成立， 因此，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：利用二次曲线的定义求解线段和的最小值，有如下方法： （1）求解椭圆、双曲线有关的线段长度和、差的最值，都可以通过相应的圆锥曲线的定义分析问题； （2）圆外一点到圆上的点的距离的最值，可通过连接圆外的点与圆心来分析求解. 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. 已知三棱柱中，，，， （1）求证：平面平面 （2）若，且是的中点，求平面和平面的夹角的正弦值． 【答案】（1） 在三棱柱中，四边形是平行四边形，而， 则平行四边形是菱形，连接， 如图，则有， 因为，，平面， 所以平面，而平面，则， 由，得，又，平面， 从而得平面，又平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由菱形得到，结合得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直，从而证明出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量求出面面角的余弦值，结合同角三角函数关系得到正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内过作， 由（1）知平面平面，平面平面，平面 则平面， 以为原点，以射线分别为轴，轴，轴正半轴建立空间直角坐标系， 如图，因为，， 所以为等边三角形， 又是的中点，则⊥，故， 由勾股定理得， 又， 则，，，，， 则有，． 设平面的一个法向量，则有，解得：， 令得，而平面的一个法向量， 依题意，， 设平面和平面的夹角的夹角是， 则，， 所以平面和平面的正弦值为 16. 某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示： 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 7 10 米色内饰 3 5 （1）若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件为抽到的模型为红色外观，事件 为抽到的模型是米色内饰，求，并据此判断事件是否相互独立； （2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励150元，设一次抽奖的奖金为元，求的分布列与期望. 【答案】（1），，不相互独立 （2）分布列： 600 300 150 数学期望为287 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式求出、、，再由条件概率公式求出，最后根据相互独立事件的定义判断即可； （2）依题意的所有可能取值为，求出所对应的概率，即可求出分布列与数学期望. 【小问1详解】 红色外观共有（个），， 米色内饰共有（个），， 是红色外观且是米色内饰的有个，， ， ， 、 不相互独立. 【小问2详解】 由题意知的所有可能取值为， 且， ， ， 的分布列为 600 300 150 . 17. 如图，扇形OMN的半径为，圆心角为，A为弧MN上一动点，B为半径上一点且满足. （1）若，求AB的长； （2）求△ABM面积的最大值. 【答案】（1）1； （2）. 【解析】 【分析】(1)在△OAB中，利用余弦定理即可求AB； (2)由题可知AB∥OM，则，设，，在中利用余弦定理和基本不等式求出xy的最大值，再由即可求面积最大值. 【小问1详解】 在△OAB中，由余弦定理得，， 即，即，即， ∴； 【小问2详解】 ，，，∥， ， 设，， 则在中，由余弦定理得， 即，当且仅当时取等号， ∴，当且仅当时取等号. ∴△ABM面积的最大值为. 18. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线，离心率为，点P是上任意一点．抛物线， （1）求的方程； （2）过点P作的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于两点，求证：平行四边形PAOB的面积为定值； （3）是的两条切线，是切点，求面积的最小值． 【答案】（1） （2） 证明：设，不妨设OA为渐近线，OB为渐近线， 直线AP的方程为， 联立方程，解得，所以 同理可得， 所以由于直线OA的斜率，因此， 所以， 所以平行四边形PAOB的面积为， 因为点P在双曲线C上，所以，即， 所以平行四边形PAOB的面积为 （3） 【解析】 【分析】（1）由离心率即可求解； （2），求得坐标，进而得到再结合面积公式求解即可； （3）设，，，通过导数求得切线方程，结合韦达定理求得弦长，点到线的距离公式求得高，代入面积公式，进而可求解； 【小问1详解】 解：设双曲线的焦半距为c，则， 又因为离心率为，所以， 代入得，解得， 所以双曲线的方程为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：设，，， 因为函数的导数为，所以直线PC的方程为， 由于在直线PC上，则，， 同理， 所以，均满足方程， 所以直线CD的方程为， 联立方程，得， 所以，， 则， 又因为P到直线CD的距离， 所以面积， 又因为， 所以，当P为时T取最小值， 所以面积最小值为 【点睛】方法点睛：定值问题常见方法： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 19. 设函数，. （1）①当时，证明：； ②当时，求的值域； （2）若数列满足，，，证明：（）. 【答案】（1）①在恒成立， 故在上单调递增， 故，证毕； ② （2） 因为，， 所以， 其中，故只需证明， 因为，， 所以， 由（1）可知， 上式两边取倒数得，故， 于是 ，， 所以（）. 【解析】 【分析】（1）①求导，得到函数单调性，求出；②先得到为偶函数，考虑时，求导，结合①可知，在上单调递减，从而求出函数最值，求出值域； （2）先得到，故只需证明，由（1）可知，从而裂项相消法求和得到证明. 【小问1详解】 ①略 ②，恒有， 故为偶函数， 当时，， 由①可知，在上恒成立， 又，故在上恒成立， 故在上单调递减， 故，， 结合函数在上为偶函数可得，函数值域为； 【小问2详解】 略 【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $