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柳州市2026届高三三高考适应性考试
8.函数J=sin(a十仙≥0，一π<心x)的部分图象如图所示点A,B,(C,D的横坐
标分别为五不x,xn,已知x4D为f代x的零点，x,xc为f代x)的极慎点，
数学
A8D心=A,且点D的横坐标为，则p的值为(）
(考试时间120分钟满分150分)
A-餐
R答
注意事顷：
C.
D.警
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。
第8题斟
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亲标号涂黑。如需改
二、多顷选择题：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
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。写在本试卷
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
上无效，
9.若实数a、h、c满足a>>0,c>0,下列不等式h恒成立的是()
3,芳试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
A>
B.aczbc
c.a+>6+
D.6+c
一、单项选择题：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
atc a
符合题目要求的
10.已知M-2,0.N2.0,Q0.1),D(1,0,动点P满足PM与2N的斜率之积为-子.
1.设伞集Uy={1.3.5,7.9,若1=3,5,7}，则C:A=()
测下列说法正确的是(.
八.{3,5,79
B.1,9
C.{1,3,5
).5,7,
A动点P的轨迹方程为车，菁-】区不存在点P.使得∠V=!20
2.设x一11，则·=()
C.:PQ的最人值为3+1
D.行在点P,使得iP)=e〔e为白然常数)
A.1
B.0
.]
I0.2
11.如图，已知正三棱台A(-A1B的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点P在
3.双出线92…2=81的离心率为()
侧面B(B内运动（包含边界），且AP与平面BB所成角的止切位为2、2，点Q为CC.上
A
C
1.10
B.5
u四
一点，1Q=3QC,圳卜列结论中正疏的是(
(.3
4.已知随机变量X服从态分布3，的，且PX<2=0.3,则PX4)=()
A止=棱台ABC AB,C的高为45
1.0.3
B.0.4
.0.6
D.0.7
3.点P的轨逊长皮为3π
玉.直线x+y+2-0分别与x轴，y轴交于A,B两点，点P在x-22+y2=2上，则
《有为49，底面半径为号的厨花可以故进按台内
3
AABP面积的最大值为()
第11题图
D。过点A,B,Q的平面截该按台内最大的球所得的截面积为受
.6
B.8
.32
U.62
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
6.琐捌人II的沙化趋势有多种方法，直接推算法”使用的公式是P一P(]一)-)
12.已知向量=3,1}，万=2，).若a∥五，则=
其中。为预测期人日数，P,为初期人「数，为预测期内.人年增长率.n为预测期间隔什
13.函数J=++2nx若f10=0,则。2-36的最小值为
数，如果在某-时期∈(-1,0)，那么在这期间人口数()
14.在如图所示的止方形网格巾，每个小正方形的边长都是1
A.呈上升趋势
B.早下降趋势
C.摆动变化
).不变
个单位长度，点M从左卜角图示处出发，每次沿着树格移动1个
7及-0#d-a则哈-(
单位长度若点1选择最短路径移动列点(？处，记事件A为点
移动过巾会经过点.事件B为点M前两次移动均为横向移
八.2
B.4
(6
D.8
动，则PBA)=
第14题树
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柳州市2026展高三高芳造应性考诚数学第2页《共4页){柳州市2026届高三高考适应性考试
个杂盟口的题区内袋料品答通区的答案无
请在备样道自的芦颗么感内机答：树出咨面以域的容案尤浓
续1S牌：
17.〔15分
数学答题卡
姓名
班
贴条形码区
考
申芝生本人负贡粘贴，
第17趣
.容题武，考先浆户的名.考斌号.序号填与在相应位，试
考生禁填
直核别杀形西.：名.试号序岁，并商杀形码粘贴车指定
点名
缺考标记
注
工.进抒题杂必须使用2B铅笔技（消涂拧例正确速涂：非选择趣
答亲必片0.5毫米的黑色签字笔可，体整，笔迹清斯
年形码，年宋出狂越
事
3帝交照题污有条百的答区或内作格.昭签趣区或方厅的
浴微孝袜，
答秦教：在草部题卷上答题心被.前伪持卡面清洁、不
4.坛涂仟例：错误填涂Y x,区①
16.(15分
正确歧涂
刚
选择题答题以域（用还铅笔填涂）
巾项选择题〈每题5分，共40分)
1四四四4OB四7C0P四
之四w]
3 ]
多项选摔题越6分，共18分》
青在各越的咨区暖内作，超出越区域波
9 L10工C四
11口四
非选择题答题区域（须用5毫米的烘色签字笔书写）
填空题（每题5分，共15分）
12
13.
14.
解答题
5.(13分)
6
帝有名厩目的等斯区减内作答，护出容颗叹城的：车尤效
内在条两=的容迦了城保芥，扩出答通容茶效
诗本邀山的然题天诚内作蓉，避山架趣以成的案儿毅
8
城
趣
娇据
餐
网
通
是
己曦姓
请在各遮7的答趣X城方作答，超9斧西送战的答案效
班级
呵拉伯滋字
续18题：
被19题：
市在芥题目能答题区域内作答，超出容颖区斌形智米无放
18.(17分)
请位各项目的題区城内作春、灌出咨題区域物本察儿范
19.(17分)
区的控案无
■
存吕的答题送岐内作答，超涔的淬亲无
济布%患百的陪趣蚊州作答，超出答题域的浴英效
泸在冬延门的港越区或内作签，超答题区域的停荣案无效
涮
型
四
恩
图柳州市2026届高三高考适应性考试数学参考答案及详细评分标准
2026.4
一、单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
B D A D A B C D
二、多选题
9 10 11
选 2个 选 2个
选 1个（B 选 1个（A
选 1个（B 选 2个 （BC或 选 3个 （AC或 选 3个
或C或 或C或
或D） （BD） BD或 （BCD） AD或 （ACD）
D） D）
CD） CD）
3分 6分 2分 4分 6分 2分 4分 6分
三、填空题
12. 23 13. 2 3 14.
3
10
三、解答题
2 2 2
15. a +c -b ac 1 π解析：(1)由余弦定理有 cosB= 2ac = 2ac = 2 ，因为B∈ 0,π ，所以B= 3 ，从而 sinB=
3
2 ，又因为 2sinB= 3cosC cosC=
2 C∈ 0,π C= π，所以 2 ， ，所以 4 ．
(2) (1) B= π C= π A= π- π - π = 5π由 知 3 ， 4 ，所以 3 4 12 ，
sinA= sin 5π = sin π + π 2而 12 4 6 = 2 ×
3
2 +
2 1
2 × 2 =
6+ 2
4 ，
csin πb c 3 2 2×
3
2
由正弦定理有 = ，从而 b= = = 2 3
sin π3 sin
π π 2
4 sin 4 2
S 1△ABC= 2 bcsinA=
1 × 2 3 × 2 2 × 6+ 22 4 = 3+ 3 .△ABC的面积为 3+ 3．
16．解析：(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A ,B ,C，所以甲学校获得冠军的概率为

P=P ABC +P ABC +P ABC +P ABC
= 0.5× 0.4× 0.8+ 0.5× 0.4× 0.8+ 0.5× 0.6× 0.8+ 0.5× 0.4× 0.2
= 0.16+ 0.16+ 0.24+ 0.04= 0.6．
(2)依题可知，X的可能取值为 0 , 10 , 20 , 30，
P X=0 = 0.5× 0.4× 0.8= 0.16,
P X=10 = 0.5× 0.4× 0.8+ 0.5× 0.6× 0.8+ 0.5× 0.4× 0.2= 0.44，
P X=20 = 0.5× 0.6× 0.8+ 0.5× 0.4× 0.2+ 0.5× 0.6× 0.2= 0.34，
P X=30 = 0.5× 0.6× 0.2= 0.06.
即X的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
期望E X = 0× 0.16+ 10× 0.44+ 20× 0.34+ 30× 0.06= 13.
·1·
17. 解析： (1)在△ACP中，AC=CP= 1，得∠CAP=∠APC= 30°，所以∠ACP= 120°，
由余弦定理AP2=AC2+PC2- 2AC CPcos∠ACP= 1+ 1+ 2× 1× 1× 12 = 3，∴AP= 3 .
∵AB= 1 ,BP= 2，∴AB2+AP2=BP2，∴AB⊥AP.∵AB=AC= 1 ,BC= 2，
∴AB2+AC2=BC2，∴AB⊥AC，
又∵AP∩AC=A ,AP、AC 平面PAC，∴AB⊥平面PAC，
又AB 平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)由 (1)可知，以A为原点，AB ,AC分别为 x轴和 y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系A-
xyz，则A 0,0,0 ,B 1,0,0 ,C 0,1,0 ,P 0, 3 32 , 2 ，

AB= (1 , 0 , 0) ,BP= (-1 , 3 , 32 2 ) ,BC = -1,1,0

BCP m = m
⊥BC, m BC=0,
设平面 一个法向量分别为 x1,y1,z1 ，则 ，即 m⊥BP m BP=0
-x1+y1=0 3则 -x + 3 3 ，取 x1= 1，则得m= 1,1,- 3 1 2 y1+ 2 z1=0

m ⊥AB, m AB=0,
设平面ABP一个法向量分别为n= x2,y2,z2 ，则 ，即 m⊥BP m BP=0
x2=0
则 - + 3 + 3 = ，取 y2= 1，则得n= 0,1,- 3 x2 2 y2 2 z2 0
< ,

> = m n cos m n = 1+1 = 21
m n 72 73
故面ABP与面PBC 2 7所成的二面角的正弦值为 7 .
18.解析: (1)设直线 AiBi : x= y+ ti ，Ai xi1,yi1 ，Bi xi2,yi2 .
直线 AiBi 与曲线 C 的方程联立,得 y2- 4y- 4ti= 0 ,Δ= 16+ 16t> 0 ,
由韦达定理得 yi1+ yi2= 4 , yi1yi2=-4ti ,
yi1+yM i2则 i 的纵坐标为 2 = 2 .
(2)证明:因为 AiBi+1⊥Ai+1B
1 1
i ，所以可得 MiNi = 2 AiBi ， Mi+1Ni = 2 Ai+1Bi+1 .
AiNi BiNi
因为 △AiBiNi 与 △Ai+1Bi+1Ni 相似,所以可设 = = λ .
Bi+1Ni Ai+1Ni
1
于是可得 Mi+1Ni= 2 Ai+1Ni+Bi+1Ni ,MiNi=
1
2 AiNi+B
λ
iNi = 2 NiAi+1+NiBi+1 ,
故 Mi , Ni ,Mi+1 三点共线.
(3)证明:易得 AiBi = 12+1 × y 2i1+yi2 -4yi1yi2= 4 2 × 1+ti , Mi+1Mi = ti+1- ti.
又 MiNi =
1
2 AiBi , Mi+1N
1
i = 2 Ai+1Bi+1 ,所以 AiBi + Ai+1Bi+1 = 2 Mi+1Mi ,
即 4 2 1+ti+ 4 2 1+ti+1= 2 ti+1-ti .
所以 2 2 1+ti+1+ 1+ti = 1+ti+1 - 1+ti = 1+t 2i+1 - 1+t 2i
= 1+ti+1+ 1+ti 1+ti+1- 1+ti .
化简,得 1+ti+1- 1+ti= 2 2 ,
所以 Hi+1-Hi= Ai+1Bi+1 - AiBi = 4 2 1+ti+1- 1+ti = 16 ,
故 Hi 是公差为 16 的等差数列.
又 t1= 1 ,则 H1= A1B1 = 4 2 × 1+t1= 8 ,所以 Hi= 16i- 8 .
·2·
19.解析：(1)当 a= 1时，f(x) = ex- lnx- sin πx2 ，f(1) = e- 1
f (x) = ex- 1 - π cos πxx 2 2 , f
(1) = e- 1
所以，曲线 y= f(x)在点 (1 , f(1))处的切线方程为：y= (e- 1)x
(2)因为 f(x) = aex- lnx- sin πx ，f 2 (x) = aex-
1 - π cos πxx 2 2 ，
1
若 a= ，则 f(x) = ex-1- lnx- sin πx ≥ ex-1e 2 - lnx- 1
令 g(x) = ex-1- lnx- 1 1，g (x) = ex-1- x
再令 h(x) = g (x) = ex-1- 1 ，则 h (x) = ex-1x +
1
2 > 0x
所以，h(x)在 (0 ,+∞)上单调递增，且 h(1) = 0
当 x∈ (0 , 1)时，h(x)< 0，所以 g(x)在 (0 , 1)上单调递减；
当 x∈ (1 ,+∞)时，h(x)> 0，所以 g(x)在 (1 ,+∞)上单调递增
所以当 g(x)≥ g(1) = 0，所以 f(x)≥ 0，等号当仅当 x= 1时取
所以，此时 f(x)恰有一个零点
若 a> 1 ，则 f(x)> ex-1e - lnx- sin
πx
2 ≥ 0所以，此时 f(x)没有零点
若 0≤ a< 1e ，则 f(1) = ae- 1< 0
又因为 ex-1- lnx- 1≥ 0，所以 ex≥ elnx+ e，
所以 f(x)≥ (ae- 1)lnx+ ae- 1= (ae- 1) (lnx+ 1) f 1，所以 2 ≥-(ae- 1)> 0e
1
所以，此时 f(x)在 2 ,1 一定存在零点e
综上所述，0≤ a≤ 1e
(3) (2) lnx+1 1由 知 x ≤ e ，∴ lnx+ 1≤ e
x-1(当且仅当x= 1时取“=”)
e
π π π -1
令 x= ,得 ln + 1< e 3 < e0.0483 3 ，∴ lnπ< e
0.048- 1+ ln3< 1.050- 1+ 1.099< 1.15
x= 3 3
3
令 π ,得 ln π + <
π -11 e < e-0.045，∴ lnπ> ln3+ 1- e-0.045> 1.098+ 1- 0.956> 1.14
综上：1.14< lnπ< 1.15．
·3·

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