精品解析：江苏省太湖高级中学2026届高三考前适应性练习数学试题

江苏省太湖高级中学高三考前适应性练习 数学 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 在某次数学考试中，学生成绩X服从正态分布.若X在内的概率是0.6，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，位于第三象限的点在上，．将沿其短轴翻折，使得的左半部分所在平面与右半部分所在平面互相垂直，则翻折后与之间的距离为（ ） A. B. C. D. 3 8. 在平面直角坐标系中，已知锐角的终边与单位圆交于，角的终边与单位圆交于，若，则的值为（ ） A. 2 B. C. 3 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，有选错的得0分． 9. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 在年杭高樱花文会答题抽奖活动中，有一道题四个选项，只有一个选项正确，甲同学回答失败，剩下的三个选项编号为，乙同学继续答题，乙同学选择号选项，主持人未加评判.主持人知道哪个选项正确，从号中删去一个错误选项后，给乙同学一次换号机会.记表示第号选项正确，表示主持人删去的选项是第号选项.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 换号后答对概率增大 D. 换号后答对概率不变 11. 已知P是曲线上的动点，点，，且三点不共线，内切圆的圆心记为I，直线与直线交于点Q，则（ ） A. 关于直线对称 B. 存在点P，使得（O为坐标原点） C. 为定值 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的展开式中的系数为，则实数______. 13. 已知双曲线的左、右焦点分別为、，过的直线交的右支于、两点，满足，若、的重心分别为、，且 ，则的离心率为______ 14. 已知一个棱长为的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且． （1）求； （2）若点为的中点，且，求． 16. 如图，在多面体中，平面，，，为中点，． （1）证明：平面； （2）当二面角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数 （1）当时，讨论的单调性； （2）若直线l是曲线的切线，且直线l与曲线仅有一个交点，求实数a的值. 18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 （1）求直线AB的斜率(用表示)； （2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 19. 若数列满足，则称为“-拟等差数列”；若数列满足，则称为“-拟等比数列”． （1）若数列既是“2-拟等差数列”，又是“4-拟等比数列”，且，求的通项公式． （2）已知，，，数列是“-拟等比数列”，的前项和为． （i）证明：存在，使得是“-拟等差数列”． （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省太湖高级中学高三考前适应性练习 数学 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据绝对值不等式性质得：， 不等式两边同时加1可得：， 即， 又因为集合， 所以. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接由复数的乘法及除法运算可得. 【详解】由得，，即，所以， 根据复数的除法. 3. 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由可得：， 整理可得：， 根据数量积定义可得：， 又因为， 所以， 又因为为非零向量，所以， 所以等式约去，整理可得：. 4. 若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题可得：，且，可得， 则， 根据单调递增可得， 解得，即的取值范围是. 5. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设的公差为.由题可知， 则，，解得. 因为，所以，可知是公差为的等差数列， 即是公差为的等差数列，所以. 6. 在某次数学考试中，学生成绩X服从正态分布.若X在内的概率是0.6，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求出概率，再由独立重复试验的概率计算公式求解 【详解】因为在内的概率为，所以，故， 记“任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85”为事件，则 7. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，位于第三象限的点在上，．将沿其短轴翻折，使得的左半部分所在平面与右半部分所在平面互相垂直，则翻折后与之间的距离为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】通过椭圆的基本性质得到焦点的坐标，采用数形结合的方法，通过线面垂直证明线线垂直，从而求得线段的长度. 【详解】是椭圆的左、右焦点，即的坐标分别为， 因为，且为的中点， 所以， 设点为椭圆的短轴的一个端点，翻折后（如图所示）， 因为平面平面，且平面平面，， 所以平面，则， 所以. 8. 在平面直角坐标系中，已知锐角的终边与单位圆交于，角的终边与单位圆交于，若，则的值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数定义，结合三角恒等变换得，再结合锐角得，进而结合余弦的和角公式求得，再结合余弦的二倍角公式，正弦的和角公式求得，，，最后计算即可. 【详解】因为锐角的终边与单位圆交于，角的终边与单位圆交于， 所以，由三角函数的定义知，，，， 因为， 所以，即， 所以， 因为锐角，， 所以，， 所以 ， 因为，所以，， 所以， 所以 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. 已知，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用不等式的性质即可判断AC，利用作差法即可判断B，利用基本不等式即可判断D. 【详解】对于A：由得，又，所以，故A正确； 对于B：，又， 所以，所以， 所以，所以，故B错误； 对于C：由，所以，故C错误； 对于D：， 由，所以，所以， 当，即时，等号成立， 所以，故D正确. 10. 在年杭高樱花文会答题抽奖活动中，有一道题四个选项，只有一个选项正确，甲同学回答失败，剩下的三个选项编号为，乙同学继续答题，乙同学选择号选项，主持人未加评判.主持人知道哪个选项正确，从号中删去一个错误选项后，给乙同学一次换号机会.记表示第号选项正确，表示主持人删去的选项是第号选项.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 换号后答对概率增大 D. 换号后答对概率不变 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合条件概率和全概率公式及逐项判断即可. 【详解】对于A，乙选择号选项，答案是号选项，主持人选择号选项的概率为，即，故A错误； 对于B，，， 则， 因此，故B正确； 对于CD，若不换号，乙继续选择号选项，获得奖品的概率为，主持人选择了错误的选项， 若换号，选择剩下的那个选项，获得奖品的概率为，乙换号后中奖概率增大，故C正确，D错误. 11. 已知P是曲线上的动点，点，，且三点不共线，内切圆的圆心记为I，直线与直线交于点Q，则（ ） A. 关于直线对称 B. 存在点P，使得（O为坐标原点） C. 为定值 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对曲线方程中互换，得出方程不变，从而判断选项A；对曲线方程进行变形，利用基本不等式结合两点间距离公式计算判断选项B；根据两点间距离公式计算得出，从而判断选项C；利用选项C结论，结合内心的性质求出比例关系，判断选项D． 【详解】将方程中的x，y互换可知的方程不变，所以关于直线对称，A正确. 设.由，得，当且仅当时，等号成立， 则，从而，B不正确. ，则，是定值，C正确. 由选项C可知，是以A，B为焦点，4为长轴长，为焦距的椭圆. 因为I是的内心，Q在上，所以，则， 则，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的展开式中的系数为，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式即可求解. 【详解】因为的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，的展开式中的系数为， 所以的展开式中的系数为 ， 所以 ，即，解得. 13. 已知双曲线的左、右焦点分別为、，过的直线交的右支于、两点，满足，若、的重心分别为、，且 ，则的离心率为______ 【答案】 【解析】 【分析】利用重心坐标公式计算重心坐标，再利用双曲线的定义和余弦定理进行求解. 【详解】 如图所示，由题意得：，，设，， 则由重心坐标公式得：，， 因为 ，所以 ， 即： ，解得： ， 又因为，所以，且， 解得：， ， 由双曲线定义得： ， ， 设，则在中，由余弦定理得： ， 即： ，化简得： ①， 在中，由余弦定理得：， 即： ，化简得： ②， 联立①②得：，所以，则. 14. 已知一个棱长为的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】已知正四面体的棱长，设正四面体的高为， 设底面正三角形的中心到顶点的距离为，则， ， 正四面体的外接球球心在高上，且满足：， 外接球的体积：； 小球在一个角的情况如下图所示，作平面平面，与小球相切于点， 则小球球心为正四面体的中心，面，垂足为的中心， ， ，故， 此时小球与面的切点为，连接，则， 考虑小球与正四面体的面相切的情况， 则小球在面上最靠近边的切点轨迹仍为正三角形，即为，过作于， ，则， 小三角形边长， 小球与面不接触部分的面积为：， 小球永远不可能接触到的容器内壁面积为：． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且． （1）求； （2）若点为的中点，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得，再结合余弦定理得，再结合求解即可； （2）结合（1）得，再根据余弦定理求解即可. 【小问1详解】 解：因为 所以，由余弦定理得，整理得， 所以， 因为，所以， 所以 【小问2详解】 解：由（1）知，所以， 因为，所以， 在中由余弦定理得 16. 如图，在多面体中，平面，，，为中点，． （1）证明：平面； （2）当二面角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由等腰的三线合一及平面证得平面，再由推出，从而证平面； （2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角的正切值，​求得，再求出平面的法向量与，用线面角公式计算得正弦值为． 【小问1详解】 连接， 因为，为中点，所以． 因为平面，平面，所以． 因为平面，，所以平面． 因为，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以，所以平面． 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，， 所以为二面角的平面角． 不妨设， 因为平面，平面， 所以，所以，所以． 在中，，， 所以， ． 如图，建立空间直角坐标系，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得，令，得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知函数 （1）当时，讨论的单调性； （2）若直线l是曲线的切线，且直线l与曲线仅有一个交点，求实数a的值. 【答案】（1）在和上单调递增，在上单调递减; （2）0 【解析】 【分析】（1）先确定函数的定义域，将代入函数表达式，再对函数求导，并对导函数进行化简，依据，函数在对应区间上单调递增；，函数在对应区间上单调递减； （2）根据直线是曲线的切线，且直线与曲线仅有一个交点，得到直线与曲线的交点是切点，所以设切点的坐标为，根据导数的几何意义，以及切点在曲线和直线上，列出关于和的方程，整理化简得；令，对求导，分析的单调性和极值，根据仅有一个零点的条件确定的值. 【小问1详解】 函数的定义域为; 当时，，得； 令，得或，则： 0 1 0 0 当时，；当时，； 在和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ，； 直线是曲线的切线，且直线与曲线仅有一个交点，直线与曲线的交点是切点，设切点的坐标为； ，； ，得； 令，， 在上单调递增，即在存在唯一的实数根，使得； 又，； ，解得； 实数a的值为0. 【点睛】要注意函数的定义域为，所有分析都要在该定义域内进行；处理切线问题时，要确保切点同时满足曲线方程和切线方程，以及导数与斜率的关系；分析函数零点个数时，要结合函数的单调性和极值情况，注意极值点处的函数值与0的关系. 18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 （1）求直线AB的斜率(用表示)； （2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得解； （2）①设直线方程为，将其与抛物线方程联立，设，由斜率之和为，结合韦达定理可证明结论； ②由于轴，则，进而化简求最值. 【小问1详解】 根据题意，将点代入抛物线方程， 得，所以抛物线C：， 则，由于，则， 所以； 【小问2详解】 ①设，直线的方程为， 所以， 联立，消去并化简得：， 所以，， 所以， 即， 所以，所以， 所以直线的方程为，即 所以直线过定点，该点坐标为； ②由，，可得轴，且， 联立与，并令，得， 则，且由得， 由，即， 得， 由于得，且， 则的面积 ， 而 ， 由于，得 ，而即 ， 即，所以，且，则且， 由于在单调递减，在单调递增， 所以，当 ，当 ， 当 ， 故面积S的取值范围为. 19. 若数列满足，则称为“-拟等差数列”；若数列满足，则称为“-拟等比数列”． （1）若数列既是“2-拟等差数列”，又是“4-拟等比数列”，且，求的通项公式． （2）已知，，，数列是“-拟等比数列”，的前项和为． （i）证明：存在，使得是“-拟等差数列”． （ii）证明：． 【答案】（1）或； （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设公差为，根据数列新定义得到方程，解出值，最后验证即可； （2）（i）根据数列新定义得到方程，再构造常数列即可证明； （ii）首先分析得，再对分奇偶数讨论，再利用的单调性，最后取值放缩即可. 【小问1详解】 因为是“2-拟等差数列”，所以，则是等差数列，设的公差为. 又是“4-拟等比数列”，所以 ， 即，即 . 当时，由，得； 当时，由，得. 【小问2详解】 （i）由“-拟等比数列”的定义，取，得 ， 即，得，所以 . 由可得， 即，即. 所以是常数列， ，即，即是“-拟等差数列”. （ii）由，得， 可知是等比数列，首项为，公比为，故. 当为奇数时，； 当为偶数时，. 所以当为奇数时，； 当为偶数时，. 设，则. 当时，，则在区间上单调递减； 当时，，则在区间上单调递增. 所以，即，当且仅当时，等号成立. 取，其中，则有，即，即， 则. 当为奇数时，. 当为偶数时，. 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $