西北工业大学附属中学2026届高三下学期第十一次适应性训练数学试卷（含答案）

2025-2026 B（

D．{1,0,已知数据12,3a,8的807，则实数a（ 直线l:3xy0被圆Cx1)2y21所截得的弦长为（

等差数列an的前n项和为Sn，且a25a4a826，则S7（ 已知单位向量a在单位向量b1ba2b（A．

C．

当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验室AIA是“AIM”N”

记函数f(x)sinxb(0)的最小正周期为T．若2T且yf(x)的图象关于点 4

2,2 2f2 B．

C．

已知O为坐标原点，双曲线C

21a0b0的左、右焦点分别为1，2，过2作CAAF2与C交于点B，若△AOF2，△BF1F2的面积相等，则C的离心率为（42B．42B．6D．zabi（其中abRi为虚数单位）zrcosisin的形式，通常zznrcosisinnrncosnisinnnN，我们称这个结论为棣莫弗定理．公众号悦爱学堂根据以上信息，下列说法正确的是（）z2zz3的实部为zz若r1，πnzn10fxx3xlnx，则（ B．fx D．x1为fx的极小值2的正方体内有一个内切球O1，若球O2与正方体的三个面和球O1相切，球O3三个面和球O2相切，依次类推，球On1与正方体的三个面和球On相切nN*，设球On的半径为Rn，体积为Vn，则下列结论不正确的是（）AR22 C．R

R

D．V

V

2xy6的二项展开式中x2y4的系数 已知，为锐角，若coscos 5，cos3，则sinsin Ex22yFlK．PE上一点，KPFy 在VABCA、B、Ca、b、C．已知2ab2ccosB若b4DAB上，CD为ACB的平分线，且CD

p(0p1，输的概率为1p，每局p210分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大．ABCA1B1C12A1AC60MAA1AC1BMACC1A1ABC求CB1ABB1A1E:

1（ab0）M，NE的上顶点、右顶点，|MN

MN23AB为E上不同的两点，△OAB的面积为直线OA,OB的斜率均存在且分别为k1k2证明k1k2fxexmxnsinxmnR当n0fx当mnfx0在0π上恒成立，求正整数mfx在0m2n21e2（e4

，e2

，eπ3【详解】因为Ax|35x35,B3,1,0,2,3，且注意到1 2，从而A B1,0.3【详解】共55804，则第80分位数是第4个和第5因为第80分位数是7，则必有一数小于7，一数大于7a87，得a6【详解】圆Cx1)2y21的圆心C(10，半径r1点C到直线l:3xy0的距离d 3113r2r2d

a4a82a626，解得a613故

7a1a77a2a6751363 【详解】因为向量a在向量b1b，所以确定a与b的夹角为π，所以ab1 a2b2a24b24ab3a2b3PA0.3，所以PA10.30.7PABPAPB|A0.70.20.14PBPABPABPABPBPAB0.40.140.26P P T满足2T，得22，解得23 3,2 又因为函数图象关于点

对称，所以

kkZ，且b2 所以12kkZ，所以5f(x)sin5x2 2 4fsin52 4 F1c0F2c0，其中c2a2ybx

，又双曲线C:

1a0b a2如图，取ybx，即bxay0，设F到直线bxay0的距离为d，则da2OF2dOF2d

c2c2

1ab因为△AOF△BFFFF2c12cy12cy1abyab 1

1

BF2y

ab

x 2c2，解得 ，解得

2c2b2

ab所以B2cb,ab，又点B在双曲线上，所以 2c 2c

整理得到c22a2，所以ec2

【详解】对于AzabiabRz2abi2a22abib2a2b22abi

a2b22abi

a2b2a2b22a2b2z2a2b22a2a2b22a2b2对于Bzrcosisinz3r3cos3isin3z3的实部为r3cos3B错误，对于Czrcosisinzrcosisin，zzr2cosisincosisinr2cos2sin2r2，故C对于D，若r1,πzncosnπisinnπ 当n为偶数时，设n2kkNzncoskπisinkπkN 所以kNznkNzn为实数，故D错误fxx3xlnxxx1x1lnxx0x10,x1lnx0fx0，当0x1lnx0fx0x1fx0fx0，B对于

x3,1时，3x210lnx0x210fx0f 在3,1C 对于Dfx3x21lnxx21x1时，3x210lnx0x210fx0x3 时，3x210lnx0x210fx0fx在3,1单调递减，在1x fx的极小值点，D正确，【详解】因为正方体棱长为2，所以内切球O1R11（内切球直径等于正方体棱长对于球Onn2：球On与正方体的三个面相切，故其球心坐标为RnRnRn球On与球On1

3Rn1Rn，该距离等于Rn1Rn

R

3 2

3

3

所以Rn是首项R11，公比q2 对于A：R2R1·232 ，A正确对于B：以上已证明，B

12

3对于C：等比数列前n

1q313

，因为q2 13所以S 31，所以S3

3，C 对于D：球的体积V4πR3，V

V

4πR3R3R3 R3，

12

3R所以R3R3R3R

53

12

3

12

所 4 53

V1V2V3 Vn3π· 【详解】二项式2xy6的通项公式为 Cr2x6ryrr 令r4x2y4的系数是C4221460，60xsinsinycoscosx2y2sin22sinsinsin2cos22coscoscos2x2y222sinsincoscos22cos又因为cos3，ycoscos 5 5所以x2 223，所以x2952 又为锐角，所以sin0sin0，所以sinsin0所以sinsin332Ex22yy1 y2y当点Py2yx2y 12当点P不在原点时，设x2y 12

x2yx2y 12y23y 1设M0t1t1

y2y2yy23y 2 ty2y y23y12 4 1 2

y23y

y23y

y23y

y1 4y0y4

1y

1y1时，等号成立4 y134，所以04

44y1 241

y4

2t11 2 2 11，即 t

1t1 解得0t322M32215．(1)Cπ（1）2ab2ccosB，由正弦定理得2sinAsinB2sinCcosB，又sinAsinπBCsinBCsinBcosCcosBsinC，所以2sinBcosC2cosBsinCsinB2sinCcosB，即2sinBcosCsinB0B0π，所以sinB0，故2cosC10，即cosC1又C0π，所以Cπ（2）由（1）CπCD为ACB的平分线，故ACDBCDπ其中CD

，由三角形面积公式得

1ACCDsinACD14231 1BCCDsinBCD1a231 3a又S

1ACBCsinACB14a

33a显然解得a4.16．(1)

，即3a

3a【详解（1）记“甲最终以2:1获胜”为事件A，记“甲最终以2:0获胜”为事件B，“甲最终获胜”为事件C，于是CA B，A与B为互斥事件，PAC1pp1p

8，PBp24 PCPAPB3p22p32020（2）由（1）PCPAPB3p22p3XX可取323p2213p22PX3PC3p22p3P3p2213p22EX9p26p326p24p310p315p22若选用方案二，记甲最终获得积分为Y分，则YPY1PC3p22p3PY013p22p3，则3p2213p22EY3p22p3EXEY8p312p224p12p22p1 2 由于0p1，则2p22p12pp110p1当0p1EXEY1p1EXEY(2)（1）AC的中点O，连接OBOMA1C，因为MAA1的中点，所以OM//A1C，ACC1A1AC1A1CAC1OM因为AC1BM，且OM BMM，OM,BM平面BOM，所以AC1平面BOM，又因为OB平面BOM，所以AC1OB，在等边VABC中，因为OACACOBACAC1AACAC1ACC1A1，所以OBACC1A1，因为OBABCACC1A1ABC.（2）A1OABCA1B1C12，且A1AC60，可得△AA1C为等边三角形，且OACA1OAC，由（1）知：平面ACC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABCAC所以OBOCOA1两两垂直，以O为坐标原点，以OBOCOA1xyz轴，建立空间则O(000)B(300)A(010)A1(00,3C1(02,3C(0,10AB(3,10)AA10,1,3ABBA

3xy1 n(x,y,

3zx1y

3z1，所以n1

n,CB1nn26因为CB1CBCC13n,CB1nn26设CB1ABB1A1所成的角为，则sin所以CBABBA所成的角的正弦值为10

10 118．(1) 1 (2)（i）kk1（ii）31 a2a2

，

1

623 1ab即

，解得

E

1 （2（i）①

2，又因为111，可解得|x1

2,|y1|1x12y11A(2,1B(21此时kk

111x

，同样可求得kk11

1 ②ABABykxmAx1,y1),B(x2,y2ykxAB与椭圆E

2

，整理得(2k21)x24kmx2m240 而4km)24(2k21)(2m24)8(4k2m22)0，得4k2m22根据韦达定理且直线OA,OBx1

2k2

,

2m2 0，则m222k2(xx)24x 1 (xx)24x 1得到S△OAB2|m||x1x2|2|m|

|m|

2k2

得m24k2m22)(2k21)2整理得m44k22)m22k21)2m22k21)]20则m22k21，因m22，故k21y (kxm)(kx k2xxmk(xx)k1k212 1

m24k

2k214k

2k2 kmk2m242m242k2

2m2

2(2k21)

4k2

2kk1，得证1 （ii）①AB的斜率不存在，由（i）A(2,1B(21)P(2此时 121 2 ②AB的斜率存在，由题可知，直线OQyxPx1x2,y1y2 4k

4k2m

2km y1y2k(x1x2)2m2k21

2k2

2k2

2k212k212k

|12k又因为m22k211

,)，点P到直线OQ的距 ，md|12kd因此

1|OQ|d12

1|12k|

4k24k4k24k22k2124k 2k2m0m

2k21S△OPQ

| | t

24k12

2

2k2 令t4k1，则k ，

2k2

(t

t22t9要使得面积最大，则t02

4k122k2

t9

2 22t9当且仅当t3，即k1时，等号成立，则SOPQ的最大值为3综上所述，因为3 2，