2026届高三上学期期初考试复习迎考练习数学试卷（适用于江苏省）

参考答案与解析 一、单项选择题 1-4 ABDD 5-8 ABCD 二、多项选择题 9.ACD 10.BC 11.ABD 三、填空题 12. 2 13. 7 8 14. 1b  或 1 e b  四、解答题 15.（13分） （1）由题意，以A原点， 1, ,AC AB AA所在直线分别为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系 A xyz ， 所以 1 1 1(0,0, 2 2), (0, 2,0), (2,0,0), (0, 2, 2 2), (2,0, 2 2), (1,1, 2 2),A B C B C N 1 1(1,1, 2), ( , , 2 2) 2 2 P Q ， 所以 1 1 1(0,2, 2 2), (2, 2,0), ( , , 2) 2 2 AB BC PQ          ， 设平面 1ABC的法向量 ( , , )n x y z  ，则 1 2 2 2 0 2 2 0 n A B y z n BC x y             ， 令 1z  ，则 ( 2, 2,1)n   ， 故 0n PQ    ，且 PQ 平面 1ABC，则 / /PQ 平面 1ABC；——6分 （2）由（1）得 1 (1,1, 2)A P    ，若直线 1AP与平面 1ABC所成角为， 所以 11 1 2 10sin cos , 102 5 n A PA P n n A P          .——13分 16.（15分） （1）从 7个自然数中任选三个有 37C 35 种，恰有一个偶数的情况有 2 1 4 3C C 18 种， 所以这 3个数中恰有 1个是偶数的概率 18 35 ；——6分 （2）由题设， X 的可能值为0,1,2， 2X  有{1,2,3}、{2,3, 4}、{3,4,5}、{4,5,6}、{5,6,7}共有 5种， X 0 有{1,3,5}、{1,3,6}、{1,3,7}、{1, 4,6}、{1,4,7}、{1,5,7}、{2,4,6}、{2, 4,7}、{2,5,7}、 {3,5,7}共有 10种， 1X  有35 5 10 20   种， 所以 10 2( 0) 35 7 P X    ， 20 4( 1) 35 7 P X    ， 5 1( 2) 35 7 P X    ， X 的分布列如下， X 0 1 2 P 2 7 4 7 1 7 2 4 1 6( ) 0 1 2 7 7 7 7 E X        .——15分 17.（15分） （1）由  2 1n n na S a  ， 令 1n  ，有 21 1a  ，因为 0na  ，所以 1 1a  . 令 2n  ，有  2 2 12 1a a a  ，即 22 22 1a a  ，由 2 0a  ，解得 2 2 1a   . 所以 1 1S  ， 2 2S  . ——4分 （2）当 2n  时，由 1n n na S S   ，代入  2 1n n na S a  ， 化简得   1 1 1n n n nS S S S    ，即  2 2 1 1 2n nS S n   ， 所以 2nS 是首项为 1，公差为 1的等差数列.——10分 （3）由（2）可知 2nS n .因为 na 是正项数列，所以 0nS  ，从而 nS n . 由 1 1 1 1 1n n n n S S n n        ， 所以      2 1 3 2 1 1 1nT n n n           . 所以数列 1 1 n nS S        的前 n项的和 1 1nT n   .——15分 18.（17分） （1）在△ABC中，由正弦定理可得 sin sin AB ACB BC BAC    , 结合 2AB BC ， π 6 BAC  ，故 sin 1ACB  ， 由于 ACB 为△ABC的内角，所以 π 2 ACB  ， 因此 π 3 ABC  ， 由于 A，B，C，D四点共圆，故 2π 3 ADC  , 因此在 ACD 中， 2 2 2π 12 cos 1 4 2 1 2 7 3 2 AC AD CD AD CD                 ——5分 （2）由（1）知， π 2 ACB  ， π 3 ABC  ， π 6 BAC  ， 设 π,0 2 ADC      ， BC a ，则 2 , 3AB a AC a  ， 则四边形的面积为 2 1 1 33 1 2sin sin 3 2 2 2ABC ACD S S a a a           ， 又 2 2 2 cos 1 4 2 1 2 cos 5 4cos 3AC AD CD AD CD a               ， 因此 25 4cos 3a  ， 故 2 3 3 5 4cossin sin 3 2 2 3 a      ，结合 2 2sin cos 1   ， 可得 228cos 24cos 11 0    ，结合为锐角， 故 1cos 2   ，因此 π 3   ， 故 2 2 2 cos 1 4 2 1 2 cos 5 4cos 3AC AD CD AD CD                , 因此 2 2 2AC AD CD  ,且 π 6 ACD  , 1, 2BC AB  , 故   π π π1 2 cos 2cos 2sin 1 2 6 6 CB CD BCA ACD                   ——11分 （3）由（2）可知 5 4cos 3AC a   ， 由正弦定理可得 sin sinsin sin sin 3 AC AD AD ADCACD ADC ACD AC a         ， 所以   sincos cos sin 3 BCD BCA ACD ACD a           ， 在 BCD△ 中， 2 2 2 2sin 4sin2 cos 4 2 2 4 3 3 BD CD CB CD CB BCD a a a a                 ， 结合 5 4cos 3AC a   ，故 2 π17 8sin 4sin 5 4cos 4sin 64 4 3 33 3 BD a                 ， 由于 0 π  ，所以 π π 5π 6 6 6     ， 故 1 πsin 1 2 6         ， 因此 π17 8sin 39 5 36 , 3 3 3 BD            ——17分 19.（17分） （1）由题意，直线 AB斜率必存在， 设 : 2 pAB y kx  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立 2 2 2 py kx x py       得 2 22 0x pkx p   ，  2 2Δ 4 1 0p k   . 所以 1 2 2x x pk  ， 2 1 2x x p  . 由 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 1 3 4 4 pOA OB x x y y x x x x p p            . 解得 2p  或 2p   （舍）.所以 2p  . ——4分 （2）（i）直线 AC斜率必存在，设 1: 3AC y k x  ，  3 3,C x y ，  4 4,D x y ， 联立 2 1 4 3 x y y k x      得 2 14 12 0x k x   ，所以 1 3 12x x   . 同理 2 4 12x x   .又因为 1 2 4x x   ，所以 3 4 36x x   . 直线CD斜率必存在，设 2:CD y k x m  ， 联立 2 2 4x y y k x m      得 2 24 4 0x k x m   ，所以 3 4 4 36x x m    . 解得 9m  ，所以直线CD过定点  0,9 .即 P的坐标为  0,9 . ——10分 （ii）由 3 4 3 4 3 4 4 CD y y x xk x x      ，且 1 3 2 4 12x x x x   ， 1 2 4x x   ， 得  3 4 1 2 1 2 1 12 12 3 3 4 4 4CD x xk x x k x x             . 所以直线CD的方程为 3 9y kx  .由直线CD与直线 AB相交，可得 0k  . 联立 3 9 1 y kx y kx      解得 4 , 3N k       . 因为抛物线方程为 2 4 x y  ，所以 2 xy   . 抛物线在点C处切线方程为   23 33 3 3 1 2 2 4 x xy x x y x x     . 所以 3 3 18 ,9 2 xE x       .同理 4 4 18 ,9 2 xG x       . 又  3 43 3 44 3 4 3 4 1818 18 0 2 2 2 x xx x xx x x x x         ，所以 EG的中点为 P . 联立 23 3 24 4 1 2 4 1 2 4 xy x x xy x x         得 3 4 3 4, 2 4 x x x xK      ， 由  3 4 1 23x x x x   及 3 4 36x x   ，所以  6 , 9K k  . 过 N 作平行于 x轴的直线交 PK 于点 H ，则  4 , 3H k  . 所以    1 2 2 PNK P K N H P KS S S HN y y x x y y         4 1 118 4 72 144 144k k k k k k              . 当且仅当 1k  时，即直线 AB方程为 1y x  或 1y x   时等号成立.——17分 选填解析 1.由  ( 1)( 2) 0 { | 1A x x x x x       Z Z 或 2}x  ， 所以  { Z | 1 2} 1,0,1,2A x x      Zð . 故选：A 2.由 cosy x 的最小正周期为 2π， sin 2 xy  的最小正周期为 4π，A、D不符； 由 tany x 在 π , π 2       上单调递增，C不符； siny x 以 π为最小正周期，且在区间 π , π 2       上单调递减，B符合. 故选：B 3．由   22 2 8 9a a b a a b a b                ，则 1a b   ， 所以   22 8 1 72a a a ba b             . 故选：D 4.根据题意，函数  f x 定义域为R ， 且    sin π sin π( ) e e e ex x x x x xf x f x           ， 所以函数  f x 为奇函数，图象关于原点对称， 又  0,1x 时，  π 0, πx ，所以 sin π 0x  ，且 e e 0x x  恒成立， 则   0f x  ，所以只有 D满足. 故选：D 5.设圆 2 2( 1) 1x y   圆心 2C 且与圆C切于点 P，圆 2 2( 1) 25  x y 圆心 1C 与圆C切于点 Q， 由题意得： 1 5C C CQ  ， 2 1C C CP  ，其中 CQ CP ， 所以 1 2 1 25 1 6 2CC C C CQ CP CC        ， 由椭圆定义可知：动圆圆心 C的轨迹为以 1 2,C C 为焦点的椭圆，设 2 2 2 2 1 x y a b   ， 则 2 6, 1a c  ，解得： 2 2 23, 9 1 8a b a c      ， 故动圆圆心 C的轨迹方程为 2 2 1 9 8 x y   . 故选：A 6.取正四棱台过侧棱的轴截面 ABCD，上、下底面中心分别为 1,O O ，如下图所示： 依题意可得 4 2, 8 2, 17AD BC AB CD    ， 因此可得 2 1 8 2 4 217 3 2 OO          ， 所以其体积为  2 2 2 21 4 8 4 8 3 1123      . 故选：B 7.由题意可得 ( ,0), ( ,0)A a F c ，所以直线MN的方程为  3 3 y x c  ， 由  3 3 y x c by x a       可得 , 3 3 ac bcM b a b a       ， 由  3 3 y x c by x a        可得 , 3 3 ac bcN b a b a       ， 因为 AMN 为等边三角形，所以 AM AN ， 即 2 2 2 2 3 3 3 3 ac bc ac bca a b a b a b a b a                              ， 整理可得 2 23b a ，所以 3 b a  ， 所以双曲线C的渐近线方程是 3y x  ， 故选：C. 8.由题设    2 22( )( ) 3( )( ) 3 a bx a x b xf x x xb b         ， 由 a b ，所以 2 3 a b b  ， 当 2 3 a bx  或 x b 时，   0f x  ，即  f x 在 2( , ) 3 a b  、 ( , )b  上单调递增， 当 2 3 a b x b   时，   0f x  ，即  f x 在 2( , ) 3 a b b 上单调递减， 所以极小值点为 5x b  ，极大值点为 2 3 a bx  ， 而 322 2 2 4( ) 3 3 3 27 f ba b a b a b ba a                      ， 且 324 4 4 4( ) 3 3 3 27 f bb a b a b a ba a                      ， 所以，只需 2 43 3 3 a b b aa a     ，即 2 5 203 3 3 a aa a     ， 所以 114 4 a   . 故选：D 9.因为 X （单位：小时）服从正态分布 2(2.4,0.7 )N ， 2.4, 0.7   ， 根据正态分布知识， ( ) 2.4E X  ， 2( ) 0.7D X  ，A正确； 若 ( 1) ( )P X P X b   ，则1 2.4 2 b  ，得 3.8b  ，B错误； ( 0.3) ( 4.5) ( 2.4 3 0.7) ( 2.4 3 0.7)P X P X P X P X           ， 根据3 原则，可得 ( 0.3) ( 4.5) (0.3 4.5)P X P X P X      ，C正确；    2 0.7 1.3 2.7P X P X        1.3 2.3 2.3 2.7P X P X      ，    3 0.7 2.3 3.7P X P X        2.3 2.7 2.7 3.7P X P X      ， 由对称性可知    1.3 2.3 2.7 3.7P X P X     ， 所以 ( 2 0.7) ( 3 0.7)P X P X     ，D正确. 故选：ACD 10.    2sin2 cos2 1 sin 2f x x a x a x      ，其中 tan a  ， 则  f x 的最小正周期为 2π π 2  ，故选项 A错误；   2cos 2 2 sin 2f x x a x   ， 因为直线 π 3 x  为函数   sin2 cos2f x x a x  图象的一条对称轴， 所以 π 2π 2π2cos 2 sin 0 3 3 3 f a        ，即 1 32 2 0 2 2 a         ， 解得 3 3 a   ，故选项 B正确； 由 B可知，   3 2 3 3 1 2 3 πsin2 cos2 sin2 cos2 sin 2 3 3 2 2 3 6 f x x x x x x                 ， 因为 1 π1 sin 2 6 x        ，所以   2 3 3 f x  ，故选项 C正确； π 2 3 π πsin 2 1 0 12 3 12 6 f                     ，故选项 D错误. 故选：BC. 11.对于 A ，连接 1AD交 1AD 于点M ，则 ,M E分别为 1 ,AD DC中点， 当 F 与C重合时，有 1/ /ME AC，即 1/ /ME A F， 因ME 平面 1AD E， 1AC 平面 1AD E，故 1 / /AC 平面 1AD E，即 1 / /A F 平面 1AD E，故 A 正确； 对于 B，因 2 2 21 1ADAD DD  ，则 1AD DD ，而 1CC CD ， 1 1/ /CC DD ，则 1DD CD ， 由 AD CD D 且都在平面 ABCD内，故 1DD 平面 ABCD， 如下图所示，在平面 ABCD内过D作Dx CD ，建立空间直角坐标系D xyz ， 则 3 1( , ,0) 2 2 A  ， 3 3( , ,0) 2 2 B ， (0, 2,0)C ， (0,1,0)E ， 1(0,0,1)D ， 3 3( , ,0) 2 2 AE    ， 1 (0, 1,1)ED    ， 设平面 1AD E一个法向量为 ( , , )m x y z  ， 则 1 3 3 0 2 2 0 m AE x y m ED y z                ，取 1z  ，有 ( 3,1,1)m   ， 设 3 1( , ,0) 2 2 CF CB      且 0 1≤ ≤ ， 3 1( ,1 ,0) 2 2 EF EC CF         ， 设平面 1D EF的一个法向量为 ( , , )n a b c  ， 则 1 3 1(1 ) 0 2 2 0 n EF a b n ED b c                  ，取 3 2 b   ，有 1 3 3(1 , , ) 2 2 2 n        ， 若平面 1AD E 平面 1D EF，则 3 3 33 0 2 2 2 m n           ，可得 2 3   ， 所以存在点 F ，使得平面 1AD E 平面 1D EF，故 B正确； 对于 C，同 B分析，可得 1 3 1( ,2 , 1) 2 2 D F      ，若 1 10D F EF  ， 所以 2 2 2 2 3 1 3 1( ) (2 ) 1 ( ) (1 ) 10 2 2 2 2           ，可得 2 22 5 10 1         ， 所以 2 2 22 5 10 2 10 1 1               ，则 26 2 10 1       ， 所以 239 52 4 0    ，可得 26 2 130 [0,1] 39    ，故 C错误； 对于 D，假设存在球与平面 1 1CDDC 、平面CDF、平面 1 1DC F 都相切，设CF x 且 (0,1]x ， 如下左视图，则 3 2 GF x ， 1 1CC  ， 231 4 xKF   ，则 1 2 3 2 2 3 31 1 2 4 KGF KGF xSr C xx        ， 俯视图角度，球心O在下底面投影为 FCD 的内心，则 2 2 3 2 2 4 xr x x x      ， 要使四棱锥 1 1F CDDC 有内切球，则 1 2r r 在 (0,1]内有解， 所以 2 2 3 32 3 3 2 2 41 1 2 4 x x x x x xx        ，整理得 2 23 4 3 2 4x x x x x      ， 所以   23 1 3 4 3 1x x     ，显然无解，故 D正确. 故选：ABD 12.   2 1 31 22    a ce 13.在△ABC中，令内角 , ,A B C 所对边分别为 , ,a b c， 由 sin 2sinA B 及正弦定理，得 2a b ，显然 AC为底边，否则不能构成三角形， 由余弦定理得 2 2 2 2 2 2(2 ) (2 ) 7cos 2 2 2 2 8 a c b b b bB ac b b          . 故答案为： 7 8 14.令 ( ) ex xf x b  ，显然 (0) 2f  ，易知 0x  是方程 e 2x xb  的唯一解， 由 ( ) e lnx xf x b b   ，令 ( ) ( )g x f x ，则 2( ) e ln 0x xg x b b    ， 当 1b  ，即 ln 0b  ，则 ( ) 0f x  ，故 ( )f x 在 R上单调递增，满足题设； 当0 1b  时 e( ) [( ) ln ]x xf x b bb    且 e eb  ，此时 0 Rx  使得 0( ) 0f x  ， 所以 0( , )x x  上 ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在 0( , )x 上单调递减， 0( , )x x  上 ( ) 0f x  ，则 ( )f x 在 0( , )x  上单调递增， 所以 min 0( ) ( )f x f x ，又 x时 ( )f x ， 当 0 0x  时， 1(0) 1 ln 0 ef b b       ，满足题设； 当 0 0x  时， 0( ) (0) 2f x f  ，则 1 0( , )x x   使 1( ) 2f x  ，故方程有两个解，不满足题 设； 当 0 0x  时， 0( ) (0) 2f x f  ，则 2 0( , )x x   使 2( ) 2f x  ，故方程有两个解，不满足题设； 综上， 1b  或 1 e b  . 故答案为： 1b  或 1 e b  参考答案与解析 一、单项选择题 1-4 ABDD 5-8 ABCD 二、多项选择题 9.ACD 10.BC 11.ABD 三、填空题 12. 2 13. 14.或 四、解答题 15.（13分） （1）由题意，以原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 所以， 所以， 设平面的法向量，则， 令，则， 故，且平面，则平面；——6分 （2）由（1）得，若直线与平面所成角为， 所以.——13分 16.（15分） （1）从7个自然数中任选三个有种，恰有一个偶数的情况有种， 所以这3个数中恰有1个是偶数的概率；——6分 （2）由题设，的可能值为， 有、、、、共有5种， 有、、、、、、、、、共有10种， 有种， 所以，，， 的分布列如下， 0 1 2 .——15分 17.（15分） （1）由， 令，有，因为，所以. 令，有，即，由，解得. 所以，. ——4分 （2）当时，由，代入， 化简得，即， 所以是首项为1，公差为1的等差数列.——10分 （3）由（2）可知.因为是正项数列，所以，从而. 由， 所以. 所以数列的前项的和.——15分 18.（17分） （1）在△ABC中，由正弦定理可得, 结合，，故， 由于为△ABC的内角，所以， 因此， 由于A，B，C，D四点共圆，故, 因此在中， ——5分 （2）由（1）知，，，， 设，，则， 则四边形的面积为， 又， 因此， 故，结合， 可得，结合为锐角， 故，因此， 故, 因此,且,, 故 ——11分 （3）由（2）可知， 由正弦定理可得， 所以， 在中，， 结合，故， 由于，所以， 故， 因此——17分 19.（17分） （1）由题意，直线斜率必存在， 设，，， 联立得，. 所以，. 由. 解得或（舍）.所以. ——4分 （2）（i）直线斜率必存在，设，，， 联立得，所以. 同理.又因为，所以. 直线斜率必存在，设， 联立得，所以. 解得，所以直线过定点.即的坐标为. ——10分 （ii）由，且，， 得. 所以直线的方程为.由直线与直线相交，可得. 联立解得. 因为抛物线方程为，所以. 抛物线在点处切线方程为. 所以.同理. 又，所以的中点为. 联立得， 由及，所以. 过作平行于轴的直线交于点，则. 所以 . 当且仅当时，即直线方程为或时等号成立.——17分 选填解析 1.由或， 所以. 故选：A 2.由的最小正周期为，的最小正周期为，A、D不符； 由在上单调递增，C不符； 以为最小正周期，且在区间上单调递减，B符合. 故选：B 3．由，则， 所以. 故选：D 4.根据题意，函数定义域为， 且， 所以函数为奇函数，图象关于原点对称， 又时，，所以，且恒成立， 则，所以只有D满足. 故选：D 5.设圆圆心且与圆切于点P，圆圆心与圆切于点Q， 由题意得：，，其中， 所以， 由椭圆定义可知：动圆圆心C的轨迹为以为焦点的椭圆，设， 则，解得：， 故动圆圆心C的轨迹方程为. 故选：A 6.取正四棱台过侧棱的轴截面，上、下底面中心分别为，如下图所示： 依题意可得， 因此可得， 所以其体积为. 故选：B 7.由题意可得，所以直线的方程为， 由可得， 由可得， 因为为等边三角形，所以， 即， 整理可得，所以， 所以双曲线的渐近线方程是， 故选：C. 8.由题设， 由，所以， 当或时，，即在、上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以极小值点为，极大值点为， 而， 且， 所以，只需，即， 所以. 故选：D 9.因为（单位：小时）服从正态分布，， 根据正态分布知识，，，A正确； 若，则，得，B错误； ， 根据原则，可得，C正确； ， ， 由对称性可知， 所以，D正确. 故选：ACD 10.，其中， 则的最小正周期为，故选项A错误； ， 因为直线为函数图象的一条对称轴， 所以，即， 解得，故选项B正确； 由B可知，， 因为，所以，故选项C正确； ，故选项D错误. 故选：BC. 11.对于A ，连接交于点，则分别为中点， 当与重合时，有，即， 因平面，平面，故平面，即平面，故A正确； 对于B，因，则，而，，则， 由且都在平面内，故平面， 如下图所示，在平面内过作，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面一个法向量为， 则，取，有， 设且，， 设平面的一个法向量为， 则，取，有， 若平面平面，则，可得， 所以存在点，使得平面平面，故B正确； 对于C，同B分析，可得，若， 所以，可得， 所以，则， 所以，可得，故C错误； 对于D，假设存在球与平面、平面、平面都相切，设且， 如下左视图，则，，，则， 俯视图角度，球心在下底面投影为的内心，则， 要使四棱锥有内切球，则在内有解， 所以，整理得， 所以，显然无解，故D正确. 故选：ABD 12. 13.在△ABC中，令内角所对边分别为， 由及正弦定理，得，显然为底边，否则不能构成三角形， 由余弦定理得. 故答案为： 14.令，显然，易知是方程的唯一解， 由，令，则， 当，即，则，故在R上单调递增，满足题设； 当时且，此时使得， 所以上，则在上单调递减， 上，则在上单调递增， 所以，又时， 当时，，满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 综上，或. 故答案为：或 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省2026届高三期初考试复习迎考练习卷 数 学 注意事项： 1.本试卷为自编模拟试卷，结合新高考特点制作。 2.本试卷满分150分，练习时间共120分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，则 A． B． C． D． 2．下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是 A． B． C． D． 3．已知向量，满足，，则 A．3 B．4 C．6 D．7 4. 函数部分图象大致为（ ） A B. C. D. 5. 已知动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆的圆心轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为8，侧棱长为，则其体积为（ ） A. 108 B. 112 C. 120 D. 124 7．已知双曲线的左焦点、右顶点分别为，过点倾斜角为的直线交的两条渐近线分别于点.若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程是 A． B． C． D． 8．已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是 A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9. 已知某地社交媒体用户的日活跃时长（单位：小时）服从正态分布，则 A. ， B. 若，则 C. D. 10.已知直线为函数图象的一条对称轴，则（    ） A．的最小正周期为 B． C． D．的图象关于点对称 11．如图，在平行六面体中，，，，，，为中点，在线段上（包含端点），则下列说法正确的是 A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面平面 C．不存在点，使得 D．不存在点，使得四棱锥有内切球 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 双曲线的离心率为_________． 13. 已知△ABC为等腰三角形，且，则 . 14．关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分） 如图，在直三棱柱中，，，.是的中点，是与的交点. （1）若是的中点，证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 16.（15分） 在1，2，3，…，7这7个自然数中，任取3个数. （1）求这3个数中恰有1个是偶数的概率； （2）设为这3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1，2，3，则有两组相邻的数1，2和2，3，此时的值是2）.求随机变量的分布列及其数学期望. 17.（15分） 已知正项数列的前项的和为，且. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）求数列的前项的和. 18.（17分） 在平面四边形ABCD中，，，，． （1）若A，B，C，D四点共圆，求AC； （2）若为锐角，且四边形ABCD的面积为，求； （3）求BD的取值范围． 19.（17分） 如图，在直角坐标系中，已知是拋物线焦点，过点的直线交抛物线于，两点，且满足. （1）求的值； （2）已知点，直线，与拋物线的另一个交点分别为，，直线交轴于点，交直线于点.抛物线在，处的切线交于点，过点作平行于轴的直线，分别交直线KD，于点，. （i）求证：点为定点； （ii）记，的面积分别为，，求的最小值. 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$第 1 页 共 4 页 江苏省 2026届高三期初考试复习迎考练习卷 数 学 注意事项： 1.本试卷为自编模拟试卷，结合新高考特点制作。 2.本试卷满分 150分，练习时间共 120分钟。 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。 1．已知集合  2| 2 0A x x x    Z ，则 A Zð A． 1,0,1,2 B． 0,1,2 C． 1,2 D． 1,0 2．下列四个函数中，以 π为最小正周期，且在区间 π , π 2       上单调递减的是 A． cosy x B． siny x C． tany x D． sin 2 xy  3．已知向量 a  ，b  满足 2a   ，  2 9a a b     ，则  2a a b     A．3 B．4 C．6 D．7 4. 函数 sin π( ) e ex x xf x   的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知动圆C与圆 2 2( 1) 1x y   外切，同时与圆 2 2( 1) 25  x y 内切，则动圆C的 圆心轨迹方程为（ ） A. 2 2 1 9 8 x y   B. 2 2 1 9 x y  C. 2 2 1 25 24 x y   D. 2 2 1 25 x y  6. 已知正四棱台的上底面边长为 4，下底面边长为 8，侧棱长为 17 ，则其体积为（ ） A. 108 B. 112 C. 120 D. 124 第 2 页 共 4 页 7．已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0 x yC a b a b     的左焦点、右顶点分别为 ,F A，过点 F 倾斜角为 π 6 的直线交C的两条渐近线分别于点 ,M N .若 AMN 为等边三角形，则双曲线C的渐近线 方程是 A． 3 3 y x  B． 2 3 3 y x  C． 3y x  D． 4 3 3 y x  8．已知函数      2f x x a x b   ，其中 a b ，5为  f x 的极小值点.若  f x 在  , 3a a  内 有最大值，则 a的取值范围是 A．  4,5 B．  4,5 C．  114, 4 D．  114, 4   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. 已知某地社交媒体用户的日活跃时长 X （单位：小时）服从正态分布 2(2.4,0.7 )N ， 则 A. ( ) 2.4E X  ， 2( ) 0.7D X  B. 若 ( 1) ( )P X P X b   ，则 3b  C. ( 0.3) ( 4.5) (0.3 4.5)P X P X P X      D. ( 2 0.7) ( 3 0.7)P X P X     10.已知直线 π3 x  为函数   sin2 cos2f x x a x  图象的一条对称轴，则（ ） A．  f x 的最小正周期为 2π B． 3 3 a   C．   2 3 3 f x  D．  f x 的图象关于点 π ,012      对称 11．如图，在平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 2AB  ， 1 2AD  ， 1 1BC CC  ， 1CC CD ， 120ADC  ， E为CD中点， F 在线段 BC上（包含端点），则下列说法正确的是 A．存在点 F ，使得 1 / /A F 平面 1AD E B．存在点 F ，使得平面 1AD E 平面 1D EF C．不存在点 F ，使得 1 10D F EF  D．不存在点F ，使得四棱锥 1 1F CDDC 有内切球 第 3 页 共 4 页 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12. 双曲线 2 2 1 3 yx   的离心率为_________． 13. 已知△ABC为等腰三角形，且 sin 2sinA B ，则 cos B  . 14．关于 x的方程 e 2x xb  （ 0b  且 1b  ）有唯一实数解，其中 e为自然对数的底数，则 实数b的取值范围是 . 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.（13分） 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 90BAC  ， 2AB AC  ， 1 2 2AA  . N是 1 1BC 的中点， P是 1BC 与 1BC的交点. （1）若Q是 1A N 的中点，证明： / /PQ 平面 1ABC； （2）求 1AP与平面 1ABC所成角的正弦值. 16.（15分） 在 1，2，3，…，7这 7个自然数中，任取 3个数. （1）求这 3个数中恰有 1个是偶数的概率； （2）设 X 为这 3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为 1，2，3，则有两组 相邻的数 1，2和 2，3，此时 X 的值是 2）.求随机变量 X 的分布列及其数学期望  E X . 17.（15分） 已知正项数列 na 的前 n项的和为 nS ，且 (2 ) 1n n na S a  . （1）求 1S ， 2S ； （2）证明： 2nS 是等差数列； （3）求数列 1 1 n nS S        的前 n项的和 nT . 第 4 页 共 4 页 18.（17分） 在平面四边形 ABCD中， 2AB BC ， π 6 BAC  ， 1AD  ， 2CD  ． （1）若 A，B，C，D四点共圆，求 AC； （2）若 ADC 为锐角，且四边形 ABCD的面积为 3，求CB CD   ； （3）求 BD的取值范围． 19.（17分） 如图，在直角坐标系 xOy中，已知 F 是拋物线 2: 2 ( 0)x py p   的焦点，过点F 的 直线交抛物线于A， B两点，且满足 3OA OB     . （1）求 p的值； （2）已知点 (0,3)T ，直线 AT ，BT 与拋物线的另一个交点分别为C，D，直线CD交 y轴于点 P，交直线 AB于点 N .抛物线在C，D处的切线交于点K，过点 P作平行于 x 轴的直线，分别交直线 KD，KC于点 E，G . （i）求证：点 P为定点； （ii）记 ENK△ ， GNK 的面积分别为 1S ， 2S ，求 1 2S S 的最小值.