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）

陕西西安市西北工业大学附属中学2025-2026学年高三下学期第十一次模

考数学试题

一、单选题

1．已知集合A={x∣_5<x3<5},B={_3,_1,0,2,3}，则AB=()

A．{_1,0}B．{2,3}C．{_3,_1,0}D．{_1,0,2}

2．已知数据1,2,3,a,8的80%分位数是7，则实数a=()

A．4B．5C．6D．7

3．直线l:3x_y=0被圆C:(x_1)2+y2=1所截得的弦长为()

A．1B．2C．3D．2

4．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=5，a4+a8=26，则S7=()

A．45B．49C．56D．63

5．已知单位向量a在单位向量b上的投影向量为，则a_2b=()

A．B．3C．D．1

6．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AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候

选分子M”，事件B是“AI模型筛选出候选分子N”．已知P(A)=0.3，P(B)=0.4，P(B|A)=0.2，则P(A|B)=

()

139333

A．B．C．D．

2010440

7．记函数f(x)=sin⑴x+l+b(⑴>0)的最小正周期为T．若<T<π,且y=f(x)的图象关于点

中心对称，则f）

35

A．1B．C．D．3

22

8．已知O为坐标原点，双曲线Ca>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作C的一条渐

近线的垂线，垂足为A，线段AF2与C交于点B，若△AOF2，△BF1F2的面积相等，则C的离心率为()

A．B．6_2C．2D．

二、多选题

9．任何一个复数z=a+bi（其中a,b∈R，i为虚数单位）都可以表示成z=r(cosθ+isinθ)的形式，通常

nnn

称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：z=r(cosθ+isinθ)=r(cosnθ+isinnθ)(n∈N+)，

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()

2

A．z2=z

B．z3的实部为cos3θ

C．z.z=r2

D．若r=1，时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数

10．设函数f(x)=(x3_x)lnx，则()

A．f(x)是偶函数B．f(x)≥0

C．f(x)在区间(0,1)上单调递增D．x=1为f(x)的极小值点

三、单选题

11．一个棱长为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与正方体的

*

三个面和球O2相切，依次类推，球On+1与正方体的三个面和球On相切n∈N，设球On的半径为Rn，体积

为Vn，则下列结论不正确的是()

A．R2=2_3B．数列{Rn}为等比数列

四、填空题

6

12．(2x_y)的二项展开式中x2y4的系数是（用数字作答）

13．已知α,β为锐角，若cosα+coscos(α_β)=，则sinα+sinβ=；

14．已知抛物线E:x2=2y的焦点为F，其准线l与坐标轴交于点K．P为E上一点，LKPF的平分线与y轴

交于点M，则点M纵坐标的最大值为

五、解答题

15．在VABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知2a_b=2ccosB．

(1)求角C；

(2)若b=4，点D在边AB上，CD为LACB的平分线，且CD=23，求边长a的值．

16．甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为p(0<p<1)，输的概率为1_p，每局

比赛的结果是独立的．

(1)当p时，求甲最终获胜的概率；

(2)为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得_2分；方案二：

最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大．

17．如图，三棱柱ABC_A1B1C1的所有棱长都为2，LA1AC=60o,M是AA1的中点，AC1丄BM．

(1)证明：平面ACC1A1丄平面ABC；

(2)求CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值．

18．已知椭圆E1（a>b>0）M，N分别为E的上顶点、右顶点，|MN|=6，坐标原点O到直

线MN的距离为.

(1)求E的方程.

(2)若A,B为E上不同的两点，△OAB的面积为2，直线OA,OB的斜率均存在且分别为k1,k2.

（i）证明:k1k2为定值；

（ii）设P为线段AB的中点，点Q(1,1)，求△OPQ面积的最大值.

19．已知函数f(x)=ex_mx_nsinx(m,n∈R).

(1)当n=0时，讨论f(x)的单调性；

(2)当m=n时，若f(x)≥0在(0,π)上恒成立，求正整数m的最大值；

1

(3)若f(x)在(0,+∞)上有零点，求证：m2+n2>e2.

2

π

（参考数据：e≈2.2，e≈4.8，e≈23.1）

参考答案

1．A

【详解】因为A={x|_35<x<35},B={_3,_1,0,2,3}，且注意到1<5<2，

从而AB={_1,0}.

故选：A.

2．C

【详解】共5个数，5x80%=4，则第80%分位数是第4个和第5个数的平均数，

因为第80%分位数是7，则必有一数小于7，一数大于7，

故，得a=6.

故选：C

3．A

【详解】圆C:(x_1)2+y2=1的圆心C(1,0)，半径r=1，

点C到直线l:3x_y=0的距离d

所以所求弦长为

故选：A

4．D

【详解】由题意，a4+a8=2a6=26，解得a6=13，

故S

故选：D

5．B

【详解】因为向量a在向量b上的投影向量为b，所以确定a与b的夹角为所以

222

所以a_2b=(a)+4(b)_4.a.b=3，所以a_2b=3.

故答案为：B.

6．A

【详解】因为P(A)=0.3，所以P(A)=1_0.3=0.7.

所以P=P

由P(B)=P(AB)+P(AB)，得P(AB)=P(B)__P(AB)=0.4_0.14=0.26.

所以P

7．A

【详解】由函数的最小正周期T满足<T<π,得，解得2<⑴<3，

又因为函数图象关于点对称，所以kπ,k∈Z，且b=2，

所以k,k∈Z，所以⑴=，f(x)=sinx+l+2，

所以fsin

故选：A

8．C

222

【详解】设F1(_c,0),F2(c,0)，其中c=a+b，又双曲线Ca>0,b>0)的渐近线方程为

如图，取yx，即bx_ay=0，设F2到直线bx_ay=0的距离为d，则db，

所以OAa，则SAOab，

△

因为△AOF2，BF1F2的面积相等，又F1F2=2c，则yBc.yBab，得到yB，

又直线BF2方程为y，则，解得x

所以B，又点B在双曲线上，所以

整理得到c2=2a2，所以e.

9．AC

2

【详解】对于A，因为z=a+bi，a,b∈R，则z2=(a+bi)=a2+2abi_b2=a2_b2+2abi，

所以z2a2_b2+2abia2+b2，

2

又a2+b2，所以z2=z，故A正确，

对于B，令z=r(cosθ+isinθ)，则z3=r3(cos3θ+isin3θ)，所以z3的实部为r3cos3θ,故B错误，

对于C，令z=r(cosθ+isinθ)，则z=r(cosθ_isinθ)，

所以z.z=r2(cosθ+isinθ)(cosθ_isinθ)=r2(cos2θ+sin2θ)=r2，故C正确，

对于D，若r时，则zn=cosisin

n

当n为偶数时，设n=2k,k∈N+，z=cosisink∈N+，

nn

所以k∈N+且为奇数时，z为纯虚数；k∈N+且为偶数时，z为实数，故D错误.

10．BD

【详解】f(x)的定义域为(0,+∞)，故f(x)为非奇非偶函数，故A错误，

由于f(x)=(x3_x)lnx=x(x+1)(x_1)lnx，且x>0，故x+1>0,

当x>1时，lnx>0，此时f(x)>0，当0<x<1时，lnx<0，此时f(x)>0，

当x=1时，f(x)=0，因此f(x)≥0，B正确，

(

对于,22，当时，22，此时,，因此

C,f(x)=(3x_1)lnx+x_1x∈|,1l3x_1>0,lnx<0,x_1<0f(x)<0f(x)

(

在单调递减，故C错误，

对于D，f,(x)=(3x2_1)lnx+x2_1，当x>1时，3x2_1>0,lnx>0,x2_1>0，故f,(x)>0，当x

时，3x2_1>0,lnx<0,x2_1<0，此时f,(x)<0，因此f(x)在单调递减，在(1,+∞)单调递增，x=1

为f(x)的极小值点，D正确，

故选：BD

11．C

【详解】因为正方体棱长为2，所以内切球O1的半径R1=1（内切球直径等于正方体棱长）,

对于球On(n≥2)：球On与正方体的三个面相切，故其球心坐标为(Rn,Rn,Rn)；

球On与球On__1相切，两球心距离为3(Rn_1_Rn)，该距离等于Rn_1+Rn，

由此得到递推关系：3(Rn_1_Rn)=Rn_1+Rn，

整理得Rn=Rnn_1，

所以{Rn}是首项R1=1，公比q=2_3的等比数列.

对于A：R2=R1·(2_3)=2_3，A正确；

对于B：以上已证明，B正确；

对于C：等比数列前n项和S，因为q=2_3<1，

n

所以Sn，所以SC错误；

对于D：球的体积VnRnV2+V

3

因为{Rn}是首项为1，公比为q的等比数列，

333

所以R1+R2+R3++Rn

所以D正确；

V1+V2+V3++Vn

故选：C.

12．60

6r6_rr

【详解】二项式(2x_y)的通项公式为Tr+1=C6.(2x).(_y)，

24424

令r=4，所以xy的系数是C6.2.(_1)=60，

故答案为：60

3

13．

2

【详解】设x=sinα+sinβ,y=cosα+cosβ,

两边平方相加得x2+y2=sin2α+2sinαsinβ+sin2β+cos2α+2cosαcosβ+cos2β

x2+y2=2+2(sinαsinβ+cosαcosβ)=2+2cos(α_β).

又因为cosy=cosα+cos

所以x，所以x

又α,β为锐角，所以sinα>0,sinβ>0，所以sinα+sinβ>0，

3

所以sinα+sinβ=.

2

14．

【详解】抛物线E:x2=2y的准线方程为y，

所以F

当点P在原点时，易知M(0,0).

当点P不在原点时，设P(x,y)(y>0)，则PF

由角平分线定理，得

设M(0,t

因为y>0，所以y，当且仅当y，即y时，等号成立.

所以y++3≥4，所以

1

所以.

t

即，即，

解得

所以点M纵坐标的最大值为.

15．

(2)4

【详解】（1）2a_b=2ccosB，由正弦定理得2sinA__sinB=2sinCcosB，

又sinA=sinπ_(B+C)=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以2sinBcosC+2cosBsinC_sinB=2sinCcosB，即2sinBcosC_sinB=0，

因为B∈(0,π)，所以sinB>0，故2cosC_1=0，即cosC

又C∈(0,π)，所以C

（2）由（1）知，C

又CD为LACB的平分线，故LACD=LBCD

其中CD=23，由三角形面积公式得SACDAC.CDsinLACDx4x

又SABCAC.BCsinLACBx4aa，

显然S△ABC=S△ACD+S△BCD，即a，

解得a=4.

16．

(2)答案见解析

【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C=AB，A与B为互斥事件，

由于P=Cp.p.=p

则P=P+P=3p2_2p

20

即甲最终获胜的概率为．

27

（2）由（1）可知，P(C)=P(A)+P(B)=3p2_2p3，

若选用方案一，记甲最终获得积分为X分，则X可取3,_2，

P(X=3)=P(C)=3p2_2p3,P(X=_2)=1_3p2+2p3，

则X的分布列为：

X3_2

p3p2_2p31_3p2+2p3

则E(X)=9p2_6p3_2+6p2_4p3=_10p3+15p2_2，

若选用方案二，记甲最终获得积分为Y分，则Y可取1，0，

P(Y=1)=P(C)=3p2_2p3P(Y=0)=1_3p2+2p3，

则Y的分布列为：

Y10

p3p2_2p31_3p2+2p3

则E(Y)=3p2_2p3，

所以E__E=_8p3+12p

2

由于0<p<1，则2p_2p_1=2p(p_1)__1<0，

于是p时，两种方案都可以选，

1

当0<p<时，E(X)<E(Y)，应该选第二种方案，

2

1

当<p<1时，E(X)>E(Y)，应该选第一种方案．

2

17．(1)证明见解析

【详解】（1）证明：取AC的中点O，连接OB,OM,A1C，

因为M是AA1的中点，所以OM//A1C，

又因为三棱柱ABC_A1B1C1的所有棱长都是2，

所以四边形ACC1A1为菱形，所以AC1丄A1C，所以AC1丄OM，

因为AC1丄BM，且OMBM=M，OM,BMc平面BOM，所以AC1丄平面BOM，

又因为OBc平面BOM，所以AC1丄OB，

在等边VABC中，因为O为AC的中点，所以AC丄OB，

又因为AC∩AC1=A，且AC,AC1c平面ACC1A1，所以OB丄平面ACC1A1，

因为OBc平面ABC，所以平面ACC1A1丄平面ABC.

（2）解：连接A1O，因为三棱柱ABC_A1B1C1的所有棱长都为2，且LA1AC=60o，

可得△AA1C为等边三角形，且O为AC的中点，所以A1O丄AC，

由（1）知：平面ACC1A1丄平面ABC，平面ACC1A1平面ABC=AC，

且A1Oc平面ACC1A1，所以A1O丄平面ABC，

所以OB,OC,OA1两两垂直，以O为坐标原点，以OB,OC,OA1所在的直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间

直角坐标系，如图所示，

则O(0,0,0),B(3,0,0),A(0,_1,0),A1(0,0,3),C1(0,2,3),C(0,1,0)，

所以AB=(3,1,0),AA1=(0,1,3)，

设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z)，则

取x=1，可得y=_3,z=1，所以n=(1,_3,1)，

因为CB1=CB+CC1=(3,_1,0)+(0,1,3)=(3,0,3)，

n.C—B心

1-一12310

设CB1与平面ABB1A1所成的角为θ,则sinθ=cosn,CB1===，

nCB16x55

所以CB1与平面ABB1A1所成的角的正弦值为.

k1k，证明见解析；（ii）.

【详解】（）由题可知，22，1231，

1a+b=6S△OMN=.6.=2=ab

232

即，解得

则椭圆E.

（2）（i）若直线AB的斜率不存在，设点A(x1,y1),B(x1,_y1)，

①

则S△OAB=.|x1|.|2y1|=|x1y1|=2，又因为，可解得|x1|=2,|y1|=1，

由对称性，不妨取=1，即A(2,1),B(2_1)

xy1,，

此时k1k；若取x1=_2，同样可求得k1k

若直线AB的斜率存在，可设直线AB:y=kx+m，点A(x1,y1),B(x2,y2)，

②

联立直线AB与椭圆E，整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2_4=0，

而Δ=(4km)2_4(2k2+1)(2m2_4)=8(4k2_m2+2)>0，得4k2>m2_2，

2

根据韦达定理且直线OA,OB的斜率均存在，有x1+xx1x，则m≠2，

得到2，

S△OAB=.|m|.|x1_x2|=.|m|.(x1+x2)_4x1x2=.|m|.=2

得m2(4k2_m2+2)=(2k2+1)2，

整理得m4_(4k2+2)m2+(2k2+1)2=[m2_(2k2+1)]2=0，

1

则m2=2k2+1，因m2≠2，故k2≠，

2

综上所述，k1k，得证.

（ii）若直线AB的斜率不存在，由（i）可知，A(2,1),B(2,_1)，则P(2,0)，

①

此时S△OPQ

若直线AB的斜率存在，由题可知，直线OQ:y=x，P

②

y1+y2=k故P

又因为22，故，点P到直线的距离

m=2k+1≥1POQd

因此

S△OPQOQ|.d

4k_1

由对称性，不妨假设，则，因此,

m>0mS△OPQ=||=.=2+

2k2+1

4k_1t8t

2+=2+=2+

令t=4k_1，则k，则2k2+1(t+1)2t2+2