秘密▲啟封并使用完畢后【考試時間：2025111715:00~17:00字節(jié)精準教育聯(lián)盟·NCS2026屆高考適應(yīng)性考試（一診 1501200.50.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各一、單選題（共8小題，每小題5分，共40分p2x40，條件qx25x60p是q的（充分不必要條 B．必要不充分條C．充要條 D．既不充分也不必要條復(fù)數(shù)(1i)(2i)的虛部為（

C．

D． 已知拋物線Cy22pxp0FA

6在C

AF13p是（ D．40x2”是x24x0”的（充分不必要條 B．必要不充分條C．充要條 D．既不充分也不必要條1，母線與底面所成角的大小為30，則該圓錐的體積為（ B． C． D．x32x221x,xlnfxln

,x

，gx

實數(shù)a的取值范圍為 A．1,1

B．1,1

C．1,1

D．1,1 204e

202e

20e

404e fx的定義域為Rx2x1x22 fx1fx20恒成立，設(shè)ax1為

f3，b

f0，c

f2，則abcbaC．bc

abD．cb二、多選題（共3小題，每小題6分，共18分，漏選得部分分，錯選均不得分 ACABCD所成角的正切值為

DCBABBC所成的角為 A1BC1D的距離為下列說法，正確的有 ABC中，恒有tanAtanBtanCxy滿足ln4x5ye2x3y2x2y20，則xy3ABM是圓Cx2y21MAMB0PyxPAPB已知直線l：2tx(1t2)y1t20(tR)，當tt1和tt2時，對應(yīng)直線分別為l1和l2 存在tR，使得l過點當l1l2時，對任意t1R，總存在兩個不同的t2l1//l2的充要條件是t1t2P0，對任意tRP0到l三、填空題（共3小題，每空5分，共15分 X的可能取值是1234PXkakb（其中k1234 ABCD中，DC2AD2AC4AB4AF4ECEFAC于點GAC將△ADC 四、解答題（共5小題，15題13分16~17題15分，18~19題17分，共77分已知△ABCabcABCADBCAD是△ABC的角平分線，且b3c6ADP(xyF(10)P到定直線lx2的距離的比是常數(shù)2PCF10)CM，NxFMFNFM

F

2FM的斜率1，在△MBCBMBCADMB，MCBCAM2，將AD折起到△PAD的位置，使PAABPAABCDEPCDEPBD夾角正弦值為5，若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由fxa有兩個解，求a的取值范圍已知數(shù)列a的首項a6，且滿足 2n14a 求數(shù)列an的前nSn

22 令bn

，數(shù)列bn的前n項和為Tn.求證：n

n an

字節(jié)精準教育聯(lián)盟·NCS2026屆高考適應(yīng)性考試（一診在△ABC中，由正弦定理及2asinA2bcsinB2cbsinC2a2(2bc)b(2cb)c，b2c2a2bc，b2c2 由余弦定理得cosA 又0AπAAD是△ABC的角平分線，則BADDACπ

SV

1bcsin2π1cADsinπ1bADsin 因為b3c6，即有186AD3AD，AD2.x12由題意， x 整理化簡得

所以曲線C的標準方程

FMFN的斜率都存在，設(shè)NFMF交曲線CNM，Nx1y1Nx2y2，ykx

kF

k y聯(lián)立x y

，即12k2x24k2x2k220 2k2x1x212k2x1x212k2

FN

F1k1k 12k242k212k

NN

1kx 4x1kx 4x 1 12k 221k2 12k

2，解得k 所以直線FM的斜率為 ADMBMCADBCBMBCBMADPAADPAABABADAABADABCD，PAABCD.PAABPAADDAB90APABAD兩兩垂直AABADAPxyzAxyzA000B200，C220D0,10P002E1,1,1，PC222DE10,1BD2,10BP202.PBD的法向量nx1y1z1BDn2,1,0x1,y1,z12x1y1 BPn2,0,2x1,y1,z12x12z1y2x1z112,1PBD 法向量DEPBD所成角為則

cosDE,n

，于是可得 所以

2DEPBD所成角的正切值為2 假設(shè)存在λ，使平面GADPAD夾角的正弦值為52即使平面GAD與平面PAD夾角的余弦值2PAD的一個法向量為n1100ADG的法向量n2x2y2z2ADn20,1,0x2,y2,z2y2 y20z2λx2λ1

1,0,0λ1,0,0λ1,2 n1 λ122

又因為0≤λ≤1，所以λ1故存在λ1，使平面GADPAD夾角的正弦值為5 18（1）fxx1exfxx1exx1exexx1exx2exfx0x2fx0x2所以fx在∞2上單調(diào)遞減，在2∞上單調(diào)遞增x2f21無極大值x1fx0；x1fx0fxa有兩個解，可得

a0即所求a10 【證明（1）由a 2n14a，則a 2n14a22n14a2n，又a214，所以數(shù)列a （2）由（1）a2n4n，則a4n2n 414n

212n

4142L4n2122L2n 1 14n1

10 （3）由a4n2n則b

4nan

4n2n由于4n2n4n2n2，則bn1，所以Tnb1b2Lbnn.由

a

2，則

n

2

2 k 22

1

2n要證Tnn353，即證

2315 k

k 由 2n14a，則 k k 則 24a2k124a22kk 下面證明 25

2k 當k1a2225a220，即a25

2 假設(shè)km，m≥2，mN時， 25

2 則km1 24a 22m2645a22m2654a22m2

54a212m31854a22m1612m1482

5

2

55 212m1485a 22

5

綜上所述， 25a2， 2 k

ak

2

2k

12k所以