四川宜賓市普通高中2026屆高三高考適應性演練數學試題+答案

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁四川宜賓市普通高中2026屆高三高考適應性演練數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合U=?1,1,2A．?1,1 B．?1,32．在復平面內，復數1+i2A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知等差數列an的前n項和為Sn，若a2+a10=A．13 B．19 C．25 D．334．已知向量a=?1,2，b=6A．3 B．2 C．?3 D．5．將函數f(x)=sin(2A．?π3 B．π3 C．π6．在一次社區志愿服務活動中，由甲、乙、丙、丁4名志愿者負責物資分發、秩序維護、便民講解三個服務崗位，每名志愿者只負責一個崗位，且每個服務崗位至少有一名志愿者負責.若甲、乙兩人不負責同一個服務崗位，則不同的安排方案共有（

）A．18種 B．24種 C．30種 D．36種7．M?5,0,N5,0，若直線yA．?B．(?∞C．(D．?8．已知fx=x?xttt≠A．t有最大值，a沒有最大值B．t有最大值，a有最大值C．t沒有最大值，a有最小值D．t沒有最大值，a沒有最小值二、多選題9．若圓錐SO的母線長為22，其軸截面SAC是等腰直角三角形，點B是弧A．圓錐SO的側面積為B．∠C．BC⊥D．三棱錐S?A10．已知?π2<α<0<A．sinα+βC．α?β=11．已知A、B分別是橢圓C：x24+y23=1的左、右頂點，F1、F2分別為橢圓C的左、右焦點，P為橢圓上異于A、A．OP的最小值為B．若點P的橫坐標為2，則∠F1PFC．若△F1PF2外接圓D．若以PR為直徑的圓經過A、B兩點，則R點的軌跡方程為三、填空題12．若2x?1513．△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a2=b214．已知正四面體ABCD的棱長為26，點P為其外接球上的動點，則點P到該正四面體四、解答題15．已知數列an的首項a1=(1)求證：an(2)求數列an的前n項和S16．如圖，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=2，E為AB的中點，將△(1)證明：BF//(2)當二面角A′?DE?C為17．已知函數fx(1)當a=12(2)若函數fx存在極小值點x0，且fx18．設拋物線C：y2=2pxp>0的焦點為(1)求拋物線C的方程；(2)過拋物線C的焦點F作互相垂直的兩條直線l1與l2，且直線l1與拋物線C相交于A、B兩點，直線l2與拋物線C相交于D、E兩點，其中點（i）求AD（ii）過F點作x軸的垂線，分別交AD，BE于M、N兩點，請判斷是否存在以MN19．某電子產品生產單位通過抽樣檢驗的方式檢驗某種電子產品的合格情況.現有n份產品樣本（n足夠大），有以下兩種檢驗方式：方式一：逐份檢驗，需要檢驗n次；方式二：混合檢驗，將其中k份產品樣本混合檢驗，若混合樣本合格，說明這k份產品樣本全部合格，只需檢驗1次；若混合樣本不合格，為了明確具體哪份產品樣本不合格，需要對每份產品樣本再分別檢驗一次，檢驗總次數為k+(1)現有5份不同的產品樣本，其中只有2份產品樣本不合格，采用逐份檢驗方式，求恰好經過3次檢驗就能把不合格的產品樣本全部判斷出來的概率；(2)假設每份樣本的檢驗結果相互獨立，每份樣本不合格的概率均為p0（i）現取其中k份產品樣本，記采用逐份檢驗方式樣本需要檢驗的總次數為ξ1；記采用混合檢驗方式樣本需要檢驗的總次數為ξ2，當Eξ1=Eξ（ii）現將n份產品樣本隨機分為m組，每組k（k為n的正因數）份，然后將各組k份產品樣本進行混合檢驗.設該種方法需要檢驗的總次數為X，當EX≥n答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《四川宜賓市普通高中2026屆高三高考適應性演練數學試題》參考答案題號12345678910答案BABDACDCABDACD題號11答案ACD1．B【分析】由題意，結合補集的定義和運算直接得出結果.【詳解】由題意知，?U2．A【解析】利用復數的除法運算對復數化簡即可求解.【詳解】1+所以復數1+i2故選：A.3．B【分析】利用等差數列的基本量，化簡已知條件，求得公差和首項，進而求a9【詳解】設等差數列{an}因為a2+a因為S5=5聯立a1+5d=故選：B.4．D【分析】借助向量坐標運算與平行性質計算即可得.【詳解】2a+b=4解得m=5．A【分析】利用三角函數的圖像變換以及正弦型函數的奇偶性的性質進行判斷.【詳解】f(x)=sin(2所以當x=0時，π3+φ=kπ,故選：A．6．C【分析】根據分組分配問題，先求出無限制條件的方法數，再求出安排甲、乙在同一個崗位的方法數，進而求解.【詳解】因為4個人分配到3個不同的崗位，且每個崗位至少1名，所以必有一個崗位2人，另2個崗位各一人，共有C4若安排甲、乙在同一個崗位，為2人組，而丙、丁各為一人一組，3個小組全排列到3個不同的崗位，共有A3所以安排甲、乙不在同一個崗位有36?故選：C7．D【分析】根據題意，結合雙曲線的定義，得出雙曲線的標準方程，求得漸近線方程，結合雙曲線的幾何性質，即可求解.【詳解】由點M(?5,0根據雙曲線的定義，可得點P的軌跡為以M,且2a=4所以點P的軌跡方程為C:x2要使得直線y=kx與雙曲線C有公共點，需滿足k所以實數k的取值范圍為(?故選：D.8．C【分析】根據函數的單調性可知不等式f′(x)=1?xt【詳解】由題意知，f′又因為f(x)所以不等式f′(x即不等式xt?1又a>0，所以當t?1=0即當t?1<0即t<所以對于x∈[a要使xt?1只需at?1所以t沒有最大值，a有最小值.9．ABD【分析】借助側面積公式計算可得A；計算△SAB各邊長可得該三角形為等邊三角形，即可得B；計算△SBC各邊長可得△SBC【詳解】對A：由軸截面SAC是等腰直角三角形，則故S側對B：SA=S故△SAB對C：由SB=S故△SBC即BC不垂直于SB，故BC對D：VS10．ACD【分析】A選項，利用同角三角函數關系和正弦和角公式得到sin(α+β)=?16cosαcosβ【詳解】A選項，由tanα+tan所以sinαcosβ所以sin(B選項，由?π2<α<所以?π2<即cosαcosβ解得sinαC選項，cos(又?π2<α<D選項，由α?β=所以tanα與tanα+tan11．ACD【分析】對于A，設Px,y，可得y2=3?3x24(?2≤x≤2)，進而表示出OP即可求解判斷；對于B，設∠F1PF2的角平分線與x軸交點橫坐標xT，根據題設定義及角平分線性質可得xT【詳解】由橢圓C:x24+對于A，設Px,y，則x則OP則x=0時，OP對于B，由題意，PF2=a?設∠F1PF2由角平分線性質知xT則xT+1對于C，當點P在橢圓上頂點時，∠F此時tan∠OPF2先考慮圓S的圓心在△F1P不妨設點P在第一象限，則PF2⊥即tan∠若△F1PF2外接圓S此時tan∠對于D，設過點P,A,設Px0,y0，則則x02+則4?2D+F則E=所以過點P,A,B的圓的方程為而P,R關于M0令x=?x代入x024+y所以R點的軌跡方程為4x故選：ACD12．80【分析】利用二項式展開式的通項公式計算即可求解.【詳解】(2x?1)令5?k=3，解得故答案為：8013．1【分析】根據余弦定理求得A=π3.利用三角形的面積公式計算求得c【詳解】由a2=b由余弦定理得cosA又A∈(0,π所以S△AB解得c=3，所以設△ABC由正弦定理得2R=a14．8【分析】用等體積轉化法，將到各個面的距離之和最大轉化為到一個面的距離最大，計算該位置得到最大值.【詳解】由對稱性，不妨設點P與點A分別在平面BCD的異側，設正四面體的高為四個側面的面積為S，點P到平面ABC，平面ABD，平面分別為d1，d2，d3如圖所示，有VP根據三棱錐的體積公式，可得：13可得d1結合球的性質，當線段AP恰好為外接球的直徑位置時，d4最大，外接球的直徑為：62代入正四面體的棱長計算可得h=6315．(1)證明見解析(2)S【分析】（1）由an+1（2）由等比數列性質可得數列an【詳解】（1）由an+1又a1+12=12（2）由數列an+12n故an+1則Sn16．(1)證明見解析(2)30【分析】（1）取A′D中點M，連接FM、EM，可得四邊形（2）由題意可得∠BEA′即為二面角A′?D【詳解】（1）取A′D中點M，連接FM由F為A′C的中點，則FM由E為AB的中點，四邊形ABCD為菱形，則則BE=FM且BE又BF?平面A′DE、EM?（2）由E為AB的中點，則AE=1，又故DE則AE2+DE2=故∠BEA′即為二面角以D為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則D0,0,0、C2,由∠BEA′=120°即A′?12,設平面A′DE則m?取x=3，則y=0，則cosm故CA′和平面A′17．(1)?(2)1【分析】（1）求出函數的導函數，即可求出函數的單調區間，從而求出函數的最小值；（2）依題意可得f′(x0)=0，即可得到a【詳解】（1）當a=12e2又f′因為y=12ex?2所以f′x=又f′2=0，所以當0<x<當x>2時，f′(x所以x=2是所以fx（2）函數fx=a又f′因為x0是fx的極小值點，所以f′(x又因為f(x0)=0，代入得：ae設g(x)=x(lnx+所以當0<x<e?2時，所以g(x)在(所以g(x)在x又因為當x→0+時g(x故有唯一解為x0=1，代入a18．(1)y(2)（i）16；（ii）不存在，理由見解析【分析】（1）借助拋物線定義計算即可得；（2）（i）設出直線l1方程，聯立曲線，可得與交點縱坐標有關韋達定理，同理可得與l2交點縱坐標有關韋達定理，再借助數量積公式及l1與l（ii）表示出直線AD的方程后，代入x=1可求出點M坐標，同理可得點N坐標，可得F點即為MN中點，則假設存在以MN為直徑的圓與y軸相切，則yM=4+y1y3【詳解】（1）由拋物線定義可得PF=x即拋物線C的方程為y2（2）（i）F1,0，設l1:x=my則l2:x=?1mΔ=16m2+16>0，則A===?故AD?EB的最小值為（ii）由Ax1,則lA由xM=1同理可得yN故MN中點為F，若以MN為直徑的圓與y軸相切，則該圓半徑為即有4+y1由l1⊥l即x3整理得y1令s=y1y3故y1則由y12y整理得3s2+故該方程無解，即不存在以MN為直徑的圓與y19．(1)3(2)（i）p=1-(1【分析】（1）設恰好經過3次檢驗就能把不合格產品的樣本全部檢驗出來為事件A，由古典概型概率計算公式可得答案；（2）（i）由題得Eξ2=k+1-k1-pk,Eξ1=k，進而根據Eξ【詳解】（1）設恰好經過3次檢驗能把不合格產品樣本全部檢驗出來為事件A，所以