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２０２６届高三全真模拟适应性考试 数学
参考答案、提示及评分细则
１．【答案】B
(
【解析】因为 i i１＋i
) －１＋i １ １
z＝ ＝( )( )＝ ２ ＝－ ＋ i,所以复数
１ １
z 在复平面内对应的点为 ( － , ) ,位１－i １－i １＋i １－i ２ ２ ２ ２
于第二象限,故选B．
２．【答案】A
【解析】由题意可得 １０６＋１１０＋８３＋１２２＋７５＋１０３＋１２０＋８１G＝ ８ ＝１００
,故选 A．
３．【答案】A
【解析】把点P 坐标代入E:y＝mx２ 的方程可得E:y＝x２,显然F ( １ １ １ １０, ) ,l:４ y＝－ ,故点４ Q ( ,２ －４ ) ,于
是lFQ:
１
y＝－x＋ ,转化为一般方程为４ ４x＋４y－１＝０
,故选 A．
４．【答案】B
【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．
５．【答案】D
【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．
６．【答案】B
【解析】此时 πan＝sin(nπ＋ ) ＝cosnπ,而an＋２＝cos(nπ＋２π)＝an,２ 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．
７．【答案】D
( )( )
【解析】f′(x)
１ ２ax＋１ ax－１ １
＝２a２x－a－ 而 ,则 , 时,x＝ x ． a＜０ x∈ (０ －２a) f′(x)＜０,f(x)单调递减,
１
x∈ ( － ,＋∞ ) 时,f′(x)＞０,f(x)单调递增,故f( ) ( １ １ １ １ ３２a x ≥f －２a) ＝４＋２－ln( － ( )２a) ＝４＋ln －２a ≥
b b b
b,于是
３ ( ) e ,e ３４ ,e ３４ ,故选
４≥b－ln －２a ＝ln－２a －２a≤e a≥－２e D．
８．【答案】A
【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
２π
x３－x１＝T＝ ,则ω
有 ２π ２π ２π ４πx３－x２＝ ,３ω x２－x１＝
(x３－x１)－(x３－x２)＝ － ＝ ,由ω ３ω ３ω sin
(ωx１＋φ)＝m,sin(ωx２＋φ)＝
( ) ４π
４π ４π ωx１＋φ ＋é ù (ωx１＋φ＋ )sinêêω(x１＋ ) ＋φúú ＝sin(ωx１＋φ＋ ) ＝m,结合五点法作图,有 ３ ３π＝ ＋２kπ, ３ω ３ ２ ２
５π ５π １
k∈Z,所以ωx１＋φ＝６＋２kπ
,k∈Z,结合题意则有m＝sin６＝
,故选
２ A．
【高三数学试题参考答案　第　１页(共６页)】
９．【答案】BC
【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
１
BD＝ ３AC,于是h２＋３AC２＝１３５,解得AC＝６,h＝３３,故棱柱的体积V＝２
１ １
×AC×BD×h＝２×６×６３×３３＝１６２
,故 A正确;对于B,表面积S＝４×AB×h＋２×２×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
１ B１C
２＋CD２－B１D２h S△BCD＝d S△B１CD ＝３ ３× ,由余弦定理得２×６ ３×３＝８１ cos∠B１CD＝ ２×B１C×CD ＝
６３＋３６－１３５ ７
＝－ ,由∠B１CD∈(０,π)得sin∠B CD＝ １－cos２
４２ １
７ １ ∠B１CD ＝
,故
７ S△B１CD ＝２×B１C２×３７×６
８１ ３６
×CD×sin∠B１CD＝９６,d＝ ＝ ,故C错误;对于 D,由AB∥CD 知所求角为∠B１CD 的补角,可
９６ ２
知余弦值为 ７,故D正确;故选７ ABD．
１１．【答案】BC
【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 k－１ t－１,因为 ,t－１a ＝ k t＞１ k ＞０,因此必定存在正实数a,同理,当t －１ t －１ k＜０
时,由ak－bk＝b－a,推导可
得 k－１ t－１a ＝ k,
t－１
k ＞０,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 ( )１－t １－t f x ＝
, , , logt logtlogkx 令b＝at 当k＞１时 由logkb－logka＝b－a,a＝
k ,根据对数函数图象性质易知 k ,可知必
t－１ t－１＞０
－lo t
定存在正实数a,当０＜k＜１时由 glo kgka－logkb＝b－a 推导可得a＝ ,同理可知必定存在正实数a,故t－１
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
t
ea＝ t ,由于a＞０,必有ea＞１,进而要求e－１ t＞e
t－１,显然不存在,故
D错误;故选BC．
１２．【答案】１６
【解析】由题意可知,等差中项为３＋１３
２ ＝８
,则由等比中项的性质得８２＝４m,解得m＝１６,故答案为１６．
【高三数学试题参考答案　第　２页(共６页)】
１３．【答案】４３
【解析】由 得 ４π , π,由面积得 １A＋B＋C＝π ３A＝３－A A＝３ １２ ３＝２×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．
２
１４．【答案】３
【解析】因为初始数字为２,故易知“第１轮变换前后数字之差为１”等价于“第１轮执行加１变换”．设该事件
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:
加１、加１、乘２概率为p２(１－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、加１概率为p (１－p)２,乘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
(N∩M) p ６
P N|M ＝ ( ) ＝ ２ ＝ ,整理得
２ ２ ３
P M － ＋ ＋１ １１ ６p ＋５p－６＝０
,解得
p p p
＝ 或３ p＝－
,
２
结合 ２ ２０＜p＜１可得p＝ ,故答案为３ ３．
１５．【解析】(１)记{an}的公比为q,qa１＝a１＋２,(q－１)a１＝２, ２分
a１q２＝９, ３分
q２
两式作比,得 ９＝ ,２q２－９q＋９＝０, 分q－１ ２
４
解得 ３q＝ 或q＝３． 分２ ６
()记 为 的前 项和,当 ３２ Sn {an} n q＝ 时,由(２ q－１
)a１＝２得a１＝４, ８分
３ n
a (１－qn) １－ ( ) n
此时S ＝ １
２
n ＝４× ＝８× ( ３ ) －８． 分１－q ３ ２ １０１－２
当q＝３时,２a１＝２,a１＝１, １１分
a (１－qn) １－３n ３n－１
Sn＝
１ ＝ ＝ ． １３分１－q １－３ ２
２ ２
１６．【解析】(１)E１ 的离心率
４－b , 的离心率 ４＋be１＝ , 分２ E２ e２＝ ２ ２
１６－b４由题意可得 ７e１e２＝ ＝ ,解得b＝ ３． 分１６ ４ ４
y＝k(x＋２)
(２)显然l的斜率存在,设l:y＝k(x＋２),设M(x１,y１),N(x２,y２),联立{ ,得(４k２＋３)x２＋３x２＋４y２＝１２
１６k２x＋１６k２－１２＝０, ７分
６－８k２ y＝k(x＋２)可得x ２ ２ ２ ２１＝ ２ ,联立{ ,得(４k ＋３ ４k －３)x ＋１６kx＋１６k ＋１２＝０, ９分３x２－４y２＝１２
可得 ８k
２＋６ １２ －１２
x２＝－４k２
,假设
－３ |AM|＝２|AN|
可得|x１＋２|＝２|x２＋２|,x１＋２＝ ２ ,４k ＋３x２＋２＝ ２
,
４k －３
１１分
【高三数学试题参考答案　第　３页(共６页)】
故 １２ ２４ ２ ２ ２ ３ ２
４k２ ＝
,显然 ,得 时,
＋３ ４k２－３ k≠０ ８k ＋６＝|４k －３|．k ＜４ ８k ＋６＝３－４k
２,矛盾, １４分
３
k２≥ 时,８k２＋６＝４k２－３,矛盾;综上,４ |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, １分
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,B D２１ ＝BD２＋BB２１－２ BD BB１cos４５°,解得B１D＝２, ４分
所以 B ２１D ＋BD２ ＝BB２１,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．
６分
(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AD＝ AC２－CD２ ＝２,所以A(２,０,０),B(０,２,０),C(０,－２,０),因
为３BM→＝M→C,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＝２ ２,所以,C１(０,－４,２),因为A→C＝A１C→１,所以解得
A１(２,－２,２), １０分
设平面 A１MB１ 的 法 向 量 为 m ＝ (x１,y１,z１),所 以A B→１ １ ＝ (－２,２,０),B →１M ＝ (０,１,－２),所 以
{A１B
→
１ m＝０ { －２x１＋２y１＝０,即 ,令→ z１＝１,则x１＝２,y１＝２,所以m＝(２,２,１), １２分B１M m＝０ y１－２z１＝０　　
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
m n
cosθ＝ m n
１ １
＝ ＝ ． １５分
１× ２２＋２２＋１２ ３
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
则P(ξ＝１)＝０．５×０．６×０．６＋０．５×０．６×０．６＝０．３６, ３分
P(ξ＝２)＝１－０．３６＝０．６４． ４分
则ξ的分布列为
ξ １ ２
５分
P ０．３６ ０．６４
则ξ的数学期望为E(ξ)＝１×０．３６＋２×０．６４＝１．６４． ６分
(２)(ⅰ)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
【高三数学试题参考答案　第　４页(共６页)】
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 ( １P B１)＝P(C１)＝ ,因此P(Bn)－P(Cn)＝０,因此P(Bn)＝P(Cn); １１分２
(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 ( ２P An)＝－ (P(An－１)－１),所以 ( )
２ ２ ２
５ P An －７＝－ (P(５ An－１)－ ) , 分７ １５
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 ( ) ,故 ( ) ２P A１ ＝０ P A１ －７＝
２
－ ,则有{ ( ) ２７ P An －７} 是以
２ ２
－ 为首项,－ 为公比的等比数列, 分７ ５ １６
n－１ n－１ n－１
因此, ( ) ２ ２ ( ２ ) , ( ) ２ ２ ( ２ ) 当 为偶数时, ２ ( ２P An －７＝－７ －５ P An ＝７－７ －５ ． n －７ －５ ) ＞０,
因此P(An)
２
＞７．
１７分
１９．【解析】(１)
xcosx－sinx
f′(x)＝ 设 (x２ ． hx
)＝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
(
() ( ) ( ) sinsinx
)
, (,),且 xcosxcos
(sinx)－sin(sinx)
２y＝f sinx f x ＝ x x∈ ０π y′＝ x２ ．
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
π
x∈[ ,２ π
)
时, ,由于 πcosx≤０ ０＜sinx≤１＜ ,所以２ cos
(sinx)＞０且sin(sinx)＞０,此时xcosxcos(sinx)≤０,
－sin(sinx)＜０,所以N(x)＜０成立．
( )
当x∈(０,
π)时,此时 sinsinx
２ cosx＞０．
要证明xcosxcos(sinx)＜sin(sinx),只需证明 ,即证明cos(sinx)＞xcosx
tan(sinx)＞xcosx． ７分
下面证明 ( π π １x∈ ０, )时,２ tanx＞x．
设函数 m(x)＝tanx－x,x∈(０, )２ ．m′
(x)＝cos２x－１＝tan
２x,当
π
x∈(０, )时,m′(x)＞０,m(x)在[
π
０, )上单调递增．又因为
π
２ ２ m
(０)＝０,所以x∈(０, )时m( ) (),２ x ＞m ０
【高三数学试题参考答案　第　５页(共６页)】
即 π πtanx－x＞０,从而tanx＞x 得证．因为x∈(０, ),所以２ sinx∈
(０,１) (０, ),故tan(２ sinx
)＞sinx,只需
证明 ,等价于证明sinxsinx＞xcosx ＞x,即tanx＞x,此结论已证,故 (cosx tan sinx
)＞sinx＞xcosx,即
sin(sinx) ,又因为 ( ) ,故 ( ) ( ),即 ( )
cos(sinx)＞xcosx cossinx ＞０ sinsinx ＞xcosxcossinx 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(dsinA)＝Asin(dsinB),即
sin(dsinA) sin(dsinB) 设 sin
(dsinx)
A ＝ B ． g
(x)＝ ,其中x∈(０,x π
),则Bsina＝Asinb当且仅当A＝B,等价
于方程g(A)＝g(B)在△ABC 满足A,B∈(０,π)且A＋B＜π时只有唯一解A＝B． １１分
当 sin
(dsinx) sinx π
０＜d≤π 时,g(x)＝d 当 (, ]时, (dsinx x ． x∈ ０ ２ sinx∈ ０
,１]单 调 递 增,故 u＝
( )
dsinx∈(,
sindsinx sinx π
０π]单调递增,由(１)可知, 与 均为关于x 的正值减函数,则g(x)在(, ]上单调dsinx x ０ ２
递减,下面证明:若 ( πg A)＝g(B),则必有A＝B．不妨设A≤B．当B∈(０, ]时,由于A,B∈(
π
０, ]且２ ２
g(x)在该区间单调递减,故由
π
g(A)＝g(B),必有A＝B;当B∈( ,π)时,由于A,２ B
是△ABC 的内角,故
A＋B＜π,即
π
０＜A＜π－B＜ ．由 ( )在(,
π
g x ０ ]单调递减,可得g(A)＞g(π－B),又 (２ ２ g π－B
)＝
sin(dsin(π－B)) sin(dsinB),因为 π,所以 ,且 , (,),有 (,),
π－B ＝ π－B B＞２ ０＜π－B＜B d≤πsinB∈ ０１ dsinB∈ ０π
sin(dsinB) sin(故 ( ) 所以 dsinB
)
sindsinB ＞０． ＞ ,即g(π－B)＞g(B),联立得 ( )π－B B g A ＞g
(π－B)＞g(B),
这与g(A)＝g(B)矛盾,故当０＜d≤π时,当且仅当A＝B 时,Bsina＝Asinb成立． １４分
当d＞π时,假设原命题成立,下证矛盾 因
π
． d＞π,存在x０∈(０, )使得dsinx０＝π,此时g(x０)２ ＝０．
取
π π
β∈( ,π)使得２ dsinβ∈
(π,２π),则g(β)＜０．令α＝π－β,则α∈(０, )且２ sinα＝sinβ．
因dsinα＝dsinβ＞π
＝dsinx０,且α,x０ 均为锐角,故x０＜α．只需比较g(α),g(β)．由于sin(dsinα)＝sin(dsinβ)＜０且０＜α＜β,
sin(dsinα) sin( )故 dsin＜ β ,即g(α)＜g(β)＜０,此时有g(α)α ＜g
(
β β
)＜g(x０)．设F(x)＝g(x)－g(β),
F(x０)＝g(x０)－g(β)＝－g(β)＞０,F(α)＝g(α)－g(β)＜０,则根据零点存在性定理,存在A∈(x０,α)使
得F(A)＝０,即g(A)＝g(β)．令B＝β,则g(A)＝g(B)．由于A＜α且B＝π－α,故A＋B＜α＋(π－α)＝
π;且
π
A＜ ＜B,故A≠B．这与“当且仅当A＝B”矛盾,故２ d＞π
不成立,综上所述,d 的取值范围是(０,π]．
１７分
【高三数学试题参考答案　第　６页(共６页)】

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