湖南省天壹名校联盟2026届高三5月全真模拟适应性考试数学+答案

2026届高三全真模拟适应性考试注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。3.本试题卷共5页,19小题,满分150分,考试用时120分钟。如缺页,考生须及时报告监考老师,否则后果自负。4.考试结束后,将本试题卷和答题卡一并交回。准考证号祝你考试顺利!机密★启用前2026届高三全真模拟适应性考试数学一、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.A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.某校随机抽取了200名学生进行成绩调研,再从这200名学生中随机抽取8名学生,得到他们的数学成绩如下:106,110,83,122,75,103,120,81,记这组数据的平均数为G,则G=A.100B.98C.101D.102243.已知抛物线E:ym2的焦点为F准线为l过E上一点P(9)作l的垂线9垂足为Q则24直线FQ的一般式方程为A.4+4y1=0B.2+4y1=0C.2+2y1=0D.4+4y+1=04.对于平面向量a,b,设甲:a22026a·b,乙:a=0,则A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲是乙的既不充分也不必要条件5.现用pytho"生成随机秘钥,该秘钥共三位,前两位要求从1,2,3,6,7,8中进行选择(可以重复),第三位要求从A,C,D,F中进行选择,则可生成的秘钥数量为A.36B.72C.108D.144A.1B.2C.3D.4【高三数学试题第1页(共5页)】【高三数学试题第2页(共5页)】【高三数学试题8.已知函数f(ar)=sin(⑴z十p)m的部分图象如图所示,满足<2<3,+2332,则m的值为二、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.若U<10,xEN},An(CUB)=1,9},(UA)(UB)=4,6,7},AB=43},则下列命题为真命题的是A.OEAB.A的真子集个数为7C.(9}AD·6U(AUB)10.在直四棱柱ABCDA1BCD,中,四边形ABCD是菱形,BC=AC=3,BD1=35,则A.四棱柱ABCDA1BCD,的体积为162B.四棱柱ABCDA1BCD,的表面积为108311.下列函数f(u)中,对于任意使得f(x)有意义的k,始终存在常数a,b(b>a>0),使得f(x)在区间[a,b]上的最大值与最小值之差为ba的有A.f(x)=kzB.f(u)=zk(k)C.f(x)=logkD.f(1c)k【高三数学试题第3页(共5页)】【高三数学试题三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.若3与13的等差中项是4与m的等比中项9则m=·3·已知ABCBC的最小值为·14.现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2,每轮游戏会对该数字进行一次独立变换.每一次变换有p的概率将其擦去并写上原先数字加1的数,否则将其擦去并写上原先数字2倍的数.设"(nEN*)轮变换后黑板上的数字为X.已知在X3≥8的前提下,第1轮变换四、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.(本小题满分13分)已知等比数列(a,}满足a2a+2,a39.(1)求(a,}的公比;(2)求(a,}的前"项和.(1)求b;(2)记E2的左顶点为A,过点A的直线l(l的斜率不为0)与E另交于点M,与E2另交于点N,证明:IAM2ANI.【高三数学试题第4页(共5页)】【高三数学试题17.(本小题满分15分)斜三棱柱ABCA1B1C中,AB=ACCBB45",平面BBCC上平面ABC.(1)证明:AB1上BC;(2)若3BM=MC,求平面AMB,与平面ABC的夹角的余弦值.=BB,=22,BC=4,18.(本小题满分17分)某校高一、高二、高三三个篮球队为比赛制定了如下规则:先确定挑战权,挑战权属于某队时,该队可挑战另外两队中的一队,且被挑战的队伍获得下一次的挑战权.已知高一篮球队挑战高二、高三篮球队的概率均为0.5,高二篮球队挑战高一、高三篮球队的概率分别为0.4、0.6,高三篮球队挑战高一、高二篮球队的概率分别为0.4、0.6.经商定,高一篮球队获得首次挑战权.(1)经过3次挑战后,高一篮球队已获得的挑战权次数记为,求的分布列及数学期望;(2)若经过"(nEN*)次挑战后,挑战权属于高一篮球队、高二篮球队和高三篮球队分别记为(i)证明:P(B,)=P(C,);【高三数学试题第5页(共5页)】【高三数学试题(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:函数y=f(sinz)f(x)在定义域内单调递减;(3)设ABC的外接圆直径为d,且内角A,B,C所对的边分别为a,b,C.若在数值上BSina=ASinb当且仅当A=B,证明:0<d≤x.【解析】因为zi,所以复数z在复平面内对应的点为,位于第二象限,故选B．【解析】由题意可得100,故选A．【解析】把点P坐标代入E:y＝mx2的方程可得E:y＝x2,显然Fl:y故点Q于是lFQ:y＝－x＋,转化为一般方程为4x+4y-1=0,故选A．【解析】对于充分性,当a⊥(a-2026b)时甲成立,而乙不一定成立,矛盾,对于必要性,a=0时a2=2026a●b=0,成立,故选B．【解析】由分类加法计数原理知前两位可选取种数为6种,由分步乘法计数原理知秘钥数量为6×6×4=144种,故选D．【解析】此时an＝sincosnπ,而an+2=cos(nπ+2π)＝an,an+1=cos(nπ+π)＝－an,且a1=-1≠0,可得正整数m的最小值为2,故选B．【解析】f′(x)=2a2x－a(2ax+1x)(ax-1)．而a<0,则x∈(0,时,f′(x)<0,f(x)单调递减,x时,f′＞0,f单调递增,故f≥flnlnb,于是b－ln＝ln故选D．【解析】由x1+2x3=3x2得x3-x1=3(x3-x2),结合函数图象不妨设ω>0,依题意有x3-x1=T,则有x3-xx2-x1=由sin(ωx1+φ)＝m,sin(ωx2+φ)=k∈Z,所以ωx1+φ+2kπ,k∈Z,结合题意则有m＝sin故选A．【高三数学试题参考答案第1页(共6页)】【解析】U＝{x|x<10,x∈N}＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},由A∩(∁UB)＝{1,9},(∁UA)∩(∁UB)＝{4,6,7},A∩B＝{3},作出Venn图,如图所示,由图可知,A＝{1,3,9},B＝{0,2,3,5,8},故A错误,C正确;集合A的真子集个数为23-1=7个,故B正确;因为∁U(A∪B)＝{4,6,7},所以6∈∁U(A∪B),D错误;故选BC．10.【答案】ABD【解析】对于A,记棱柱的高为h,由勾股定理得h2+BC2=h2+AC2=63,h2+BD2=135,由BC＝AC得△ABC是等边三角形,可得BD=3AC,于是h2+3AC2=135,解得AC=6,h=33,故棱柱的体积V×AC×BD×h×6×63×33=162,故A正确;对于B,表面积S=4×AB×h+2××AC×BD=4×6×33+6×63=1083,故B正确;对于C,记点B到平面B1CD的距离为d,由VB1-BCD＝VB－B1CD得h●S△BCD＝d●S△B1CD=33××63×3=81,由余弦定理得cos∠B1CD＝B122D2=由∠B1CD∈(0,π)得sin∠B1CD故S△B1CD×B1C×CD×sin∠B1CD故C错误;对于D,由AB∥CD知所求角为∠B1CD的补角,可知余弦值为故D正确;故选ABD．【解析】题目要求函数在区间[a,b]且b＞a＞0上的最值之差等于b－a．对于选项A,函数f(x)＝kx的最值之差为|kb－ka|＝|k|(b－a),若要其等于b－a,则必须满足|k|=1,这与任意有意义的k均成立的要求矛盾,故A错误;对于选项B,函数f(x)＝xk,令b＝at且t＞1,当k＞0且k≠1时,由bk－ak＝b－a推导可得ak-1=11,因为t＞1,11>0,因此必定存在正实数a,同理,当k<0时,由ak－bk＝b－a,推导可得ak必定存在正实数a,当k=1时显然存在,故B正确;对于选项C,函数f(x)=logkx,令b＝at,当k＞1时,由logkb－logka＝b－a,a＝,根据对数函数图象性质易知＞0,可知必定存在正实数a,当0<k<1时由logka－logkb＝b－a推导可得atkt,同理可知必定存在正实数a,故C正确;对于选项D,若k＝e,假设存在满足条件的正实数a与b,令t＝b－a,因为b＞a,故有t＞0,由指数函数的单调性可知必有eb－ea＝t,则ea,由于a＞0,必有ea＞1,进而要求t＞et-1,显然不存在,故D错误;故选BC．【解析】由题意可知,等差中项为8,则由等比中项的性质得82=4m,解得m=16,故答案为16.【解析】由A＋B＋C=π得3AA,A由面积得×AB×AC×sinA,可得AB×AC=48,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2×AB×AC×cosA＝AB2+AC2-AB×AC≥AB×AC=48,当且仅当AB＝AC=43时,等号成立,于是BC的最小值为43,故答案为43.23为N,设“3轮变换后X3≥8”为事件M,列举所有3轮变换的路径,满足事件M的路径及其概率分别为:-p),加1、乘2、乘2概率为p(1-p)2,乘2、加1、乘2概率为p(1-p)2,乘2、、乘2概率为(1-p)3,求和得P(M)＝(1-p)(－p2+p+1),事件N∩M包含前两条路径,其概率P(N∩M)＝p2(1-p)＋p(1-p)2=p(1-p),易知P(M)＞0,故由条件概率公式可得P整理得6p2+5p-6=0,解得p或p结合0<p<1可得p,故答案为．15.【解析】(1)记{an}的公比为q,qa1=a1+2,(q-1)a1=2,…………………2分a1q2=9,………………………3分两式作比,得q2-9q+9=0,……………………4分解得q或q=3.……………6分(2)记Sn为{an}的前n项和,当q时,由(q-1)a1=2得a1=4,……8分当q=3时,2a1=2,a1=1,…………………11分Sn…………13分16.【解析】(1)E1的离心率eE2的离心率e…………2分由题意可得e1e解得b=3.……………4分16k2x+16k2-12=0,…………………………7分=2可得x2=-,假设|AM|=2|AN|可得|x1+2|=2|x2+2,…………………11分故,显然k≠0,得8k2+6=|4k2-3|．k2<时,8k2+6=3-4k2,矛盾,…………14分 k2≥时,8k2+6=4k2-3,矛盾;综上,|AM|≠2|AN|．…………………15分17.【解析】(1)如图,取BC中点D,连接DA,DB1,因为AB＝AC＝BB1=22,所以AD⊥BC,………因为平面BB1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC＝BC,又因为AD⊂平面ABC,所以AD⊥平面BB1C1C,……………2分因为∠CBB1=45°,所以在△BDB1中,B1D2=BD2+BB-2●BD●BB1cos45°,解得B1D=2,……4分所以B1D2+BD2=BB,所以△BDB1为直角三角形,所以B1D⊥BC,因为B1D∩AD＝D,B1D⊂平面ADB1,AD⊂平面ADB1,所以BC⊥平面ADB1,因为AB1⊂平面ADB1,所以AB1⊥BC．…(2)由(1)可得AD⊥平面BB1C1C,且B1D⊥BC,AD⊥BC,因为B1D⊂平面BB1C1C,所以AD⊥B1D,所以以D为原点,DA为x轴,DB为y轴,DB1为z轴,建立空间直角坐标系,如图,………………7分所以所以A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),因为3BM＝MC,所以DM=1,所以M(0,1,0),………9分因为B1D=2,所以B1(0,0,2),因为AA1=CC1=22,所以,C1(0,-4,2),因为＝A1,所以解得设平面A1MB1的法向量为m＝(x1,y1,z1),所以A1=(-2,2,0),B1＝(0,1,-2),所以则x1=2y1=2所以m＝(2设平面ABC的法向量为n＝(x2,y2,z2),则n＝(0,0,1),………………13分设平面A1MB1与平面ABC的夹角θ,所以平面A1MB1与平面ABC的夹角的余弦值为cos 18.【解析】(1)随机变量ξ的可能取值为1和2,ξ=1时,第一次高一篮球队挑战高二篮球队,第二次高二篮球队挑战高三篮球队,第三次高三篮球队挑战高二篮球队,或者第一次高一篮球队挑战高三篮球队,第二次高三篮球队挑战高二篮球队,第三次高二篮球队挑战高三篮球队,……………2分ξ12P(2)(İ)若第n次挑战权属于高二篮球队,若第n-1次挑战权属于高一篮球队,则第n-1次高一篮球队挑战高二篮球队,其概率为0.5P(An-1),若第n-1次挑战权属于高三篮球队,则第n-1次高三篮球队挑战高二篮球队,其概率为0.6P(Cn-1),……………7分所以P(Bn)=0.5P(An-1)+0.6P(Cn-1)①,………………8分同理可得P(Cn)=0.5P(An-1)+0.6P(Bn-1)②,…………9分②-①得P(Bn)－P(Cn)=-0.6(P(Bn-1)－P(Cn-1)),………………10分又P＝P因此P(Bn)－P(Cn)=0,因此P(Bn)＝P(Cn);……………11分(ⅱ)若第n次挑战权属于高一篮球队,若第n-1次挑战权属于高二篮球队,则第n-1次高二篮球队挑战高一篮球队,其概率为0.4P(Bn-1),若第n-1次挑战权属于高三篮球队,则第n-1次高三篮球队挑战高一篮球队,其概率为0.4P(Cn-1),……………12分所以P(An)=0.4P(Bn-1)+0.4P(Cn-1)③,①+②,得P(Bn)＋P(Cn)＝P(An-1)+0.6(P(Bn-1)+P(Cn-1)),……………………13分由③知P(Bn-1)＋P(Cn-1)=2.5P(An),又因为1-P(An)＝P(Bn)＋P(Cn)＝P(An-1)+1.5P(An),从而有P,所以P…………15分第一次挑战权为高一篮球队,经过一次挑战后,挑战权不是高一篮球队,则P(A1)=0,故P,则有{P(An)是以为首项,为公比的等比数列,……16分因此,Pn-1,P．当n为偶数时n-1>0,因此P……………17分f′设h(x)＝xcosx－sinx,h′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx,当x∈(0,π)时,x＞0且sinx＞0,h′(x)<0,h(x)在区间(0,π)上单调递减,又因为h(0)=0,故h(x)＜h(0)=0.即xcosx－sinx<0恒成立,则f′(x)<0在定义域(0,π)内恒成立,故f(x)的单调减区间为(0,π),无单调递增区间．…………………………4分y＝f●fx∈(0,π),且y′＝xcosxcos(si2)－sin(sinx)．要证明其单调递减,只需证明y′<0.由于x2>0,只需证明分子小于0,设N(x)＝xcosxcos(sinx)－sin(sinx)．当xπ时,cosx≤0,由于0<sinx≤1<,所以cos(sinx)＞0且sin(sinx)＞0,此时xcosxcos(sinx)≤0,2-sin(sinx)<0,所以N(x)<0成立．当x∈(0,)时,此时cosx＞0.要证明xcosxcos(sinx)＜sin(sinx),只需证明xcosx,即证明tan(sinx)＞xcosx．……………7分下面证明x∈(0,)时,tanx＞x．设函数m(x)＝tanx－x,x∈m′tan2x,当x∈(0,)时,m′(x)＞0,m(x)在[0,)上单调递增．又因为m(0)=0,所以x∈(0,)时m(x)＞m(0),即tanx－x＞0,从而tanx＞x得证．因为x所以sinx故tan(sinx)＞sinx,只需sinx证明sinx＞xcosx,等价于证明＞x,即tanx＞x,此结论已证,故tan(sinx)＞sinx＞xcosx,即cosxxcosx,又因为cos(sinx)＞0,故sin(sinx)＞xcosxcos(sinx),即N(x)<0.综上,函数y＝f(sinx)f(x)在定义域内单调递减．………10分(3)由正弦定理可知,在△ABC中,a＝dsinA,b＝dsinB,代入得Bsin(d