新疆乌鲁木齐市2026年普通高考数学三月适应性检测试卷含解析

2026年普通高考三月适应性检测

数学

（卷面分值：150分考试时间：120分钟）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡的相应位置上.

2.作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

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.

a

A1,

1.已知a、bR，集合b，Ba,b，若AB2，则b（）

A.B.C.或D.1

12212

【答案】B

【解析】

a

【分析】根据交集运算可得出2，即可得出A1,2，然后分a2和b2两种情况讨论，结合交集

b

运算进行检验，即可得解.

aa

【详解】已知集合A1,，Ba,b，且AB2，所以2，即A1,2.

bb

若a2，则b1，此时B2,1，AB1,2，与AB2矛盾，舍去.

若b2，则a=2b=4，此时B4,2，AB2，符合条件.

综上所述，b2.

2.已知向量aln2,3，bln8,m，若a∥b，则m（）

A.33B.3C.3D.33

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量平行的坐标表示列式求解即可.

【详解】因为ln8ln233ln2，则向量aln2,3，b3ln2,m，

又因为a∥b，所以ln2m33ln2，解得m33.

3.函数fxxcosx在区间0,π上的最大值是（）

π

A.1B.C.π1D.π

2

【答案】C

【解析】

【详解】因为函数fxxcosx，所以fx1sinx，

在区间0,π上，因为sinx0,1，所以1sinx0，

所以fx在0,π上单调递增，

所以最大值在xπ处取得，fππcosππ1.

4.已知双曲线C：y2mx21的渐近线方程为y3x，则m的值为（）

13

A.3B.C.3D.

33

【答案】A

【解析】

x2

y21

【详解】双曲线方程标准化，由y2mx21，得1（m0）.

m

1

a3

y3x，所以3，即1，解得m3.

b

m

5.有5辆车停放在一排的5个相邻车位上，若甲车与乙车相邻停放，则不同停放方法的总数为（）

A.24B.48C.72D.120

【答案】B

【解析】

【详解】将甲、乙视为一个“整体”（捆绑），甲、乙内部有2种排法（甲左乙右或乙左甲右），

4

把“甲乙整体”与另外3辆车看成4个元素一起排列，有A4432124种排法，

所以总的停放方法是22448种.

3

6.定义在R上的函数fx满足fxf3x，若函数yx与yfx的图象有8个交点，则

2

交点横坐标的和为（）

A.24B.12C.8D.6

【答案】B

【解析】

【分析】：由函数递推关系和解析式，得出函数的对称性，进而利用对称性得出对应关系，求解即可.

3

【详解】因为函数fx满足fxf3x，所以fx的图象关于直线x对称；

2

33

同时函数yx的图象也关于直线x对称.

22

33

若有8个交点，可分成关于直线x对称的4对，每对交点的横坐标的和为23，

22

所以所有交点横坐标的和是4312.

7.已知三棱锥SABC，SA平面ABC，SABC23，BAC120，则该三棱锥外接球的表

面积为（）

A.12πB.16πC.20πD.28π

【答案】D

【解析】

【分析】利用正弦定理求出ABC的外接圆半径r，再由线面垂直关系求出外接球半径，可得其表面积.

【详解】在ABC中，设其外接圆半径为r，

3

BC23，BAC120，sin120，

2

BC23

2r4

根据正弦定理sinBAC3，所以r2.

2

SA

因为SA平面ABC，所以外接球的球心到平面ABC的距离3.

2

2

22SA222

设外接球半径为R，根据勾股定理Rr，代入解得R2(3)437，

2

因此外接球表面积S4πR24π728π.

ππ7π

8.已知,，sin2，则cos（）

4294

232311

A.B.C.D.

3333

【答案】C

【解析】

πππ2

【详解】coscoscossinsincossin.

4442

2π121

cos(cossin)1sin2，

422

72π171

因为sin2，所以cos1，

94299

ππππ3ππ1

因为,，所以,，所以cos.

4242443

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.（多选）已知复数z满足|z|1，则（）

A.|z|1B.zz1C.zz1D.|z1|的最大值为2

【答案】ABD

【解析】

【详解】设复数zabi（a，bR），由|z|1可得a2b21，zabi.

选项A：|z|a2(b)2a2b21，正确；

选项B：zzabiabia2b21，正确；

1

选项C：zzabiabi2a，只有当a时才等于1，不是恒成立，错误；

2

选项D：z1(a1)2b2a22a1b222a，

因为a1,1，当a1时，z1的最大值为2212，正确.

π

10.函数fxAsinxA0,0,的部分图象如图所示，则（）

2

π

A.fx3sin2x

6

π

B.为了得到函数gx3sin2x的图象，可将fx的图象向右平移个单位长度

6

ππ

C.fx的单调递增区间为kπ,kπkZ

36

37π

D.若方程fx在0,m上有且只有6个根，则m,3π

23

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用图象求出函数fx的解析式，可判断A选项；利用三角函数图象变换可判断B选项；利用正

3

弦型函数的单调性可判断C选项；解方程fx，求出该方程在0,上的第6个根和第7个根，可

2

得出实数m的取值范围，可判断D选项.

【详解】由图象知函数fx的振幅A3，

331

因为图象过0,，所以f03sin，可得sin，

222

ππ

又因为，所以，

26

5π5ππ

因为图象过,0，所以π+2kπkZ，

12126

24

解得2kkZ，

5

T5π2π5π12

又因为函数fx的周期T有，即，解得0，

2122125

所以2，

π

对于A选项，fx3sin2x，正确；

6

ππ

对于B选项，fx3sin2x3sin2x，

612

π

将函数fx的图象向右平移个单位长度得到gx3sin2x，错误；

12

πππ

对于C选项，令2kπ2x2kπkZ，

262

ππ

解得kπxkπkZ，

36

ππ

即函数fx的单调递增区间为kπ,kπkZ，正确；

36

3π1

对于D选项，由fx得sin2x，

262

πππ5ππ

解得2x2kπ或2x2kπkZ，即xkπ或xkπkZ，

66663

π4π7π

在0,m上的根依次为0、、π、、2π、、3π、，

333

7π7π

有且只有6个根，则第6个根是，所以m,3π，正确.

33

11.在棱长均相等的正三棱柱ABCA1B1C1中，D是AB的中点，过点A1，D与BC1平行的平面为，则

（）

A.A1DDCB.平面截该三棱柱所得截面为直角三角形

5

C.平面ACC1A1平面D.BC1到平面的距离是棱长的

5

【答案】ABD

【解析】

【分析】合理选点建系，设出三棱柱棱长，利用空间向量解决几何问题.

【详解】设正三棱柱的棱长为a，ABBCACAA1a，如图所示：

建立空间直角坐标系：设D为原点，DC为x轴，AB为y轴，DD1为z轴，

3aaa3a

则，，，，.

D0,0,0C,0,0A10,,aB0,,0C1,0,a

2222

3aa

平面过、D且平行于BC，，

A11BC1,,a

22

a

设平面内一点Px,y,z，DPx,y,z，DA10,,a，

2

设平面的一个法向量为nt,b,c，

ab

ac0

nDA102

由，取.

b2n0,2,1

nBC03atab

1ac0

22

a3a

A：DA0,,a，DC,0,0，，所以ADDC，正确；

1DA1DC01

22

B：因为，所以平面与棱柱交于，三边长为5、3、，满足勾股定理，即

DCn0A1DC2A1DC

22

为直角三角形，正确；

13

C：因为平面平面，可得平面的一个法向量为，，

ACC1A1ABCACC1A1m,,0nm30

22

即平面ACC1A1与平面不垂直，错误；

BDn

D：平面，BC到平面的距离等于B到平面的距离，即距离a5a，是棱

BC1//1d

n55

长的5，正确.

5

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

a2b2c2

12.ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若ABC的面积为，则C_________

4

【答案】

4

【解析】

【分析】由余弦定理可得a2b2c22abcosC，根据条件结合三角形的面积公式可得sinCcosC,从而

可得答案.

a2b2c2

【详解】由余弦定理可得cosC，所以a2b2c22abcosC

2ab

1a2b2c22abcosC

ABC的面积为SabsinC

244

所以sinCcosC,即tanC1，由0C

所以C

4

故答案为：

4

13.若函数f(x)xln(xax2)为偶函数，则a_____．

【答案】1

【解析】

【详解】试题分析：由函数f(x)xln(xax2)为偶函数函数g(x)ln(xax2)为奇函数，

g(0)lna0a1．

考点：函数的奇偶性．

【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思

想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首先利用转化思想，将函数

f(x)xln(xax2)为偶函数转化为函数g(x)ln(xax2)为奇函数，然后再利用特殊与一般

思想，取g(0)lna0a1．

x2y2

14.已知椭圆C：1，过左焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点（点A位于x轴上方），若

43

5

AFFB，则直线l的斜率为_______.

3

【答案】3

【解析】

5

【分析】设出直线l的方程及A,B的坐标，根据AFFB可得到横坐标之间的关系式，再联立直线与椭

3

圆方程，根据韦达定理可用斜率分别表示出A,B的横坐标，列方程可求得斜率.

x2y2

【详解】由1知椭圆的左焦点F的坐标为1,0.

43

如图，

设过点F的直线l的斜率为k，则直线l的方程为ykx1.

设Ax1,y1、Bx2,y2（因为点A位于x轴上方，所以y10）.

5

因为AFFB，AF1x,y，FBx1,y，

31122

55

所以1xx1，即x1x1，整理得3x5x8.

13213212

22

xy2222

将ykx1代入椭圆方程1，整理得34kx8kx4k120，

43

8k24k212

则xx，xx，

1234k21234k2

43k2

8k2x

xx134k2

由1234k2解得，

4k23

3x15x28

x2

34k2

22

43k4k32

4k122

所以x1x2，解得k3.

222

34k34k34k

43k2

因且15，故，即.

y10x110k0k3

134k234k2

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.

S3

15.已知数列a的前n项和为S，n是首项为1，公差为的等差数列.

nnn2

（1）求an；

（2）设n2，求数列的前项和.

bn(1)anbn2nT2n

【答案】（1）an3n2

（2）2

T2n18n3n

【解析】

31

【分析】（1）先根据等差数列的通项公式求得Sn2n，再根据S与a的关系求解即可；

n22nn

（2）先求得n2，再结合等差数列的求和公式求解即可.

bn(1)(3n2)

【小问1详解】

S3

∵n是首项为1，公差为的等差数列，

n2

S33131

∴n1n1n，则Sn2n，

n222n22

当n1时，a1S11；

3137

当n2时，S(n1)2n1n2n2，

n12222

则anSnSn13n2，

显然a11也满足上式，则an3n2.

【小问2详解】

由n2n2，

bn(1)an(1)(3n2)

则222222

T2n14710(6n5)(6n2)

41411071076n26n56n26n5

3n512n7

351712n718n23n.

2

16.如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD，ADMN均为矩形，AB2AD6，DM5，点

E为线段AB上一点，且DM平面ABCD.

（1）若BM//平面NDE，求证：点E是AB的中点；

π

（2）若直线EM与平面ABCD所成角的大小为，求V:V.

4EADMNEBCM

【答案】（1）证明见解析

（2）VEADMN:VEBCM4

【解析】

【分析】（1）根据线面平行的性质定理，结合中位线性质即可得证；

（2）根据线面夹角定义，结合等体积法，即可求得结果.

【小问1详解】

连接AM，交ND于点F，连接EF，

BM//平面NDE，BM平面ABM，平面ABM平面NDEEF，

EF//BM，

在矩形ADMN中，点F为线段AM的中点，

点E是AB的中点.

【小问2详解】

DM平面ABCD，

DEM为直线EM与平面ABCD所成的角，

π

DEM，

4

又DE平面ABCD，DMDE，

故△DEM为等腰直角三角形，

DEDM5.

在RtADE中，AD3，AE4，BE2，

11

V2V2V234520，

EADMNEADMMADE32

11

且VV2355，

EBCMMBCE32

VEADMN:VEBCM4.

17.某市为提升学生们的数学素养，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，已知共有10000名学生参加

了比赛，现从参加比赛的全体学生中随机抽取100人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图：

（1）若规定成绩较高的前30%的学生获奖，请求出a的值并估计获奖学生的最低分数线；

（2）现从成绩位于60,90的样本中，按分层随机抽样的方法选取8人，再从这8人中随机选取2人，设

这2人中成绩落在60,70内的人数为X，求X的分布列；

（3）由频率分布直方图可认为该市全体参赛学生的成绩Z服从正态分布N,2，其中可近似为样本

中的100名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且2219.从该市所有参赛

学生中任取一人，试估计该生的成绩高于85.6分的概率.

2

［参考数据：21915；若ZN,，则PZ0.6827，

P2Z20.9545，P3Z30.9973］

【答案】（1）a0.010，76分

（2）分布列见解析（3）0.15865

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积为1计算可得a0.010，再由百分位数的定义计算可求出最低

分数线；

（2）由分层抽样比可求出各区间抽取的人数，再计算出相应概率可求出分布列；

（3）由频率分布直方图计算出初赛成绩的平均值，再由正态分布计算可得所求概率.

【小问1详解】

由频率分布直方图易知，0.0400.0300.016a0.004101，

解得a0.010，

由图知90,100的频率为0.04，80,100的频率为0.10.040.14，

70,100的频率为0.54，

∴获奖学生最低分数线落在70,80内，不妨设为x，

则80x0.040.040.10.3，解得x76，

∴估计获奖学生的最低分数线为76分.

【小问2详解】

由图可知60,70，70,80与80,90的频率之比是0.3:0.4:0.13:4:1，

根据分层随机抽样的方法可知，在60,70内抽取3人，在70,80内抽取4人，在80,90内抽取1人.

则X的可能取值为0，1，2，

C25C1C115C23

易知5，53，3，

PX02PX12PX22

C814C828C828

∴X的分布列为

X012

5153

P

142828

【小问3详解】易知平均值为X550.16650.3750.4850.1950.0470.6，

即可得70.6，

10.6827

∴P(X85.6)P(X)0.15865.

2

a

18.函数fxxalnx，aR.

x

（1）当a0时，讨论fx的单调性；

111

（2）若函数fx有两个极值点x1，x2，证明：fx1fx2aff.

x1x2a

（参考数据：ln20.693）

a24aaa24aa

【答案】（1）fx在区间0,上单调递减，在区间,上单调递增

22

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据导数与单调性的关系求解即可.

111

（2）根据函数fx有两个极值点，求出a的范围，分别求出fx1fx2a，ff的

x1x2a

表达式，通过构造函数求导，结合导数与单调性、最值的关系证明即可.

【小问1详解】

aax2axa

函数fx的定义域为0,，fx1，

x2xx2

令fx0，则x2axa0，Δa24a，

a24aa

当a0时，fx0只有一个正实数解x，

02

a24aaa24aa

所以当x0,时，fx0，当x,时，fx0，

22

a24aaa24aa

所以函数fx在区间0,上单调递减，在区间,上单调递增.

22

【小问2详解】

2

因为函数fx有两个极值点x1，x2，所以xaxa0在0,有2个根，

a24a0

所以x1x2a0，所以a4，x1x2x1x2a.

x1x2a0

aa11

fx1fx2ax1alnx1x2alnx2ax1x2aalnx1x2a

x1x2x1x2

x2x1a

x1x2aalnx1x2aaaalnaaaalna，

x1x2a

11111121

ffax1x2alnx1x21aalna，

x1x2ax1x2aa

11121

要证fx1fx2aff，即证aalna1aalna，

x1x2aa

1

也即a2a12alna0.

a

1

令gaa2a12alna，a4，

a

11

则ga2a12lna22a2lna3，

a2a2

12a3a21

令，，则22，

a2a22lna3a4a2

aa3aa3

令haa3a21，a4，则ha3a22a，

当a4时，ha0，所以ha在区间,4上单调递增，hah40，

又a30，所以a0，所以a在,4上单调递增，即ga在,4上单调递增，

gag40，

所以ga在,4上单调递减，

1

所以gag41116ln20，

4

111

因此若函数fx有两个极值点x1，x2，则fx1fx2aff.

x1x2a

19.如图（1），四边形ABCD是一个矩形，AB4，BC2，M，N分别是AB，CD的中点，以某动直

线l为折痕将矩形在其下方的部分翻折，使得每次翻折后点M都落在CD边上，记为M.过M作MP垂

直于CD交直线l于点P，设点P的轨迹是曲线E.以MN的中点O为原点，平行于CD的直线为x轴，直

线MN为y轴建立直角坐标系，如图（2）所示.

（1）求曲线E的方程；

（2）若点Q在圆O：x2(y4)29上，QK，QI是曲线E的两条切线，K，I是切点，求△QKI面

积的最小值.

【答案】（1）x24y（2x2）

（2）4

【解析】

【