江苏省无锡市第三高级中学2026届高三考前适应性考试数学试卷（含解析）

江苏无锡市第三高级中学2026届高三考前适应性考试数学试题一、单选题1．已知复数满足，则的虚部为（

）A．-1 B．-2 C．1 D．22．已知集合，，则中元素的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．43．设是夹角为的两个单位向量，若，则（）A． B．2 C． D．34．已知的展开式中第2项与第6项二项式系数相等，则的系数为（

）A．12 B．-20 C．-16 D．-125．某AI芯片运行时，前10秒算力匀速提升，10秒后达到上限保持不变.已知第3秒算力为14TFLOPS（每秒万亿次浮点运算），前6秒总算力为93TFLOPS，则该芯片的最大算力为（

）TFLOPS.A．29 B．32 C．35 D．386．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（

）A． B． C． D．7．若，且为锐角，则（

）A． B． C． D．8．已知椭圆的左焦点为为椭圆的上顶点，过的直线与椭圆交于两点（不同于），为的角平分线，则直线的方程为（

）A． B．C． D．二、多选题9．设事件满足，则下列结论正确的是（

）A．B．若互斥，则C．若，则D．若独立，则10．设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（

）．A． B．C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形11．若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右四个交点的横坐标分别为，则（

）A． B．C．成等比数列 D．三、填空题12．已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．13．设等比数列满足，则当时，正整数的最大值为__________.14．已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是__________.四、解答题15．一个不透明的口袋中放有大小相同的4个红球､4个黄球.(1)若每次从口袋中随机抽取一球，确定颜色后放回口袋中.求摸球10次，摸到红球个数的期望；(2)若每次从口袋中随机抽取一球，确定颜色后不放回口袋中，且连续摸到2个红球时停止，否则继续摸球.记恰好第次摸球时结束为事件，求.16．已知函数的图象与函数的图象的一个交点为，且函数的最小正周期是函数最小正周期的2倍.(1)求函数的解析式；(2)在中，内角的对边分别为，若是边上的中线，求中线的长度.17．如图，在三棱锥中，平面平面为的中点.(1)证明：；(2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.18．已知双曲线过点，且焦距为10.(1)求双曲线的标准方程；(2)已知点为直线上一点，①若直线与双曲线恰有一个公共点，求直线的方程；②若在线段上，直线交双曲线于两点.证明：.19．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若的极值小于0，求实数a的取值范围；(3)当时，取得极值b，且，求数列的前n项和，并比较与的大小．参考答案1．B【详解】，即，因此的虚部为2．C【详解】由，解得，即，所以，所以中元素的个数是．3．A【详解】，则．4．D【详解】∵第2项和第6项的二项式系数相等，∴，则，则展开式通项公式是，令，得，∴的系数为，5．C【详解】由题意知，前10秒每秒的算力构成等差数列，设等差数列的公差为，首项为，且最大算力为，10秒后算力保持不变.则，，联立解得，.所以最大算力，单位为TFLOPS.6．D【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.7．D【详解】因为为锐角，则，，，，整理可得，即，解得或，因为，故.8．A【详解】椭圆中，左焦点，上顶点,直线斜率，方程为，已知为的角平分线，由到角公式：，则，故，设，则，，即，设过的直线，联立椭圆方程，代入整理得，由韦达定理得，，则，整理得，解得或，当时，直线与重合，与椭圆交点包含点，不符合题意，舍去；故，，整理得．9．ABD【详解】选项A：，，所以；选项B：因为互斥，所以；选项C：，解得，所以；选项D：因为独立，所以.10．AC【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.B选项：设，由消去并化简得，解得，所以，B选项错误.C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，因为，即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.D选项：直线，即，到直线的距离为，所以三角形的面积为，由上述分析可知，所以，所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.

11．ABD【详解】对于，求导得，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，当，时，，当时，，故；对于，函数的定义域为，求导得，当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，当时，，当时，，故.对于A，由图知，要使直线与两条曲线和有四个不同的交点，需使，故A正确；对于B，结合图象可知，，，结合函数的单调性可知，，即故B正确；同理可得，由知不可能构成等比数列，故C错误；由前面分析可知，故D正确．12．/．【详解】因为，所以，因此．故答案为：．13．9【详解】设等比数列的公比为，，由等比数列通项性质可得，代入已知条件，，解得，将代入，得，解得，因此数列通项公式为，记前项乘积为，则：，所以，即，两边取常用对数得：，整理得，令，由二次函数性质知在上单调递增，因为,所以,因为，,所以的最大正整数为.14．【详解】函数的定义域为，关于原点对称，因为，所以是上的偶函数，因为，当时，，由于时，所以，即在上单调递增；结合偶函数性质，在上单调递减，且满足因为，所以等价于，因为在上单调递增，所以等价于，当时，不等式化为，即，其判别式，不等式恒成立，故；当时，不等式化为，即，因式分解得，解得或.综上，实数的取值范围是15．(1)(2)【详解】（1）解：每次有放回摸球时，摸到红球的概率为，设10次摸球中摸到红球的个数为，则，由二项分布期望公式得：.（2）恰好第4次摸球结束需满足两个条件：①第3、4次均为红球，触发停止规则；②第2次为黄球，否则第2、3次均为红球时第3次就已停止，且第2次为黄球时前2次不可能出现连续红球，自动满足前2次未停止的要求，分两种情况计算：第1次摸到黄球，序列为黄、黄、红、红，概率为：第1次摸到红球，序列为红、黄、红、红，概率为：故.16．(1)(2)【详解】（1）解：由题意知，正切型函数的最小正周期，因为函数的最小正周期是函数最小正周期的2倍.所以的最小正周期，即，解得，因为函数的图象与函数的图象的一个交点为，所以，将交点横坐标代入得，即，代入得，即，因为，，所以，解得，因此.（2）解：因为，，所以，即，因为为三角形内角，即，，所以，解得，因为是边上的中线，，所以，代入，，，得：，所以.17．(1)由，为的中点，得，而平面平面，平面平面，平面，则平面，又平面，所以.(2).【详解】（1）略（2）由是边长为1的等边三角形，得，则，作交于点，由平面，得平面，而平面，则，过作于，连接，平面，因此平面，又平面，则，为二面角的平面角，即，由，得，而，则，，，，，所以三棱锥的体积.18．(1)(2)①或；②由，得，解得，由在线段AB上，得，由直线交双曲线于两点，设，由①得即，，，而，，即，因此，即，则，所以.【详解】（1）依题意，，，解得，，所以双曲线的标准方程为.（2）①设，则直线的方程为，由得，当，即时，直线与双曲线相交，恰有一个公共点，符合题意，直线DE方程为；当，即时，，即，直线与双曲线相切，恰有一个公共点，符合题意。直线DE方程为，所以直线DE方程为或.②略19．(1)(2)(3)，【详解】（1）时，，，，，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）的定义域为，，当时，，在上单调递增，没有极值；当时，，时，；时，，的单调递增区间为，单调递减区间为．