2026届江苏省南京市高三上学期学情调研考前模拟练习数学试题

第 1 页 共 4 页 南京市 2026 届高三年级学情调研考前模拟练习 数学试题 2025.8 说明：本试卷为自制模拟卷，供自主练习、查漏补缺使用，不能等同于正式试卷。 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 { 1 5}, { 2 2}A x x B x x       ∣ ∣ ，则 A B  A． B．{ 2 2}x x  ∣ C．{ 2 5}x x  ∣ D．{ 1 2}x x  ∣ 2．复数 1 3i 1 i z    在复平面内对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．设等差数列 na 的公差是 , nd S 为 na 的前 n项和，则“ 0d  ”是“ 3 33S a ”的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知根据如下表所示的样本数据，用最小二乘法求得线性回归方程为 0ˆ .ˆ 1 3y bx  ，则 b 的值为 x 6 8 9 10 12 y 6 5 4 3 2 A．-0.6 B．-0.7 C．-0.8 D．-0.9 5．在 OAB△ 所在平面内，点C满足 3AB BC   ，记OA a   ，OB b   ，则OC   A． 1 2 3 3 a b  B． 2 1 3 3 a b+ rr C． 4 1 3 3 a b  D． 1 4 3 3 a b   6．已知  1sin cos 0 π 5       ，则 tan2  A． 24 7  B． 24 7 C． 24 25  D． 24 25 7．须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑 等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有 第 2 页 共 4 页 很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正 六棱台的上底面边长为18m，下底面边长为 24m，侧面积为 2756m ，则该正六棱台的体积 为 A． 32004 2m B． 31864 3m C． 31998 2m D． 31998 3m 8．已知函数  f x 满足      2f x y f y f x  ，   0f x  且  1 4f  ，则    2f x f x  的 最小值为 A． 4 B． 2 2 C．8 D．4 2 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．已知多项式 4 2 3 4 5 1 2 3 4 5( ( 2) 1) a x a x a x a xx x aa x       ，下列正确的是（ ） A． 2a  B． 2 8a  C． 1 2 3 4 5 2a a a a a      D． 1 3 5 8a a a   10．已知函数    πcos 0 6 f x x        的图象上各点的横坐标缩短为原来的 1 2 ，得到曲 线  y g x ，若函数  g x 的最小正周期为 π 2 ，则下列结论正确的有（ ） A． 2  B．函数  g x 的图象关于点 π ,0 3       对称 C．函数  g x 的图象关于直线 π 3 x   对称 D．函数  g x 在 5π 2π, 12 3       上单调递减 11．在三棱锥 P ABC 中，已知 PA 平面 ABC，AB BC ，过点A作 AE PB ，AF PC ， 分别交 ,PB PC于点 , .E F 记三棱锥 P AEF 、四棱锥 A BCFE 、三棱锥 P ABC 的外接球 的表面积分别为 1S ， 2S ， 3S ，体积分别为 1V ， 2V ， 3.V 若 2PC  ，则（ ） A． AF 平面 PBC B． 3 4 π 3 V  C． 1 2 3 8πS S S   D． 1 2 3 V V V  的取值范围为 3 ,1 3      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．曲线 3xy  在点  0,1 处的切线方程是 . 13．甲、乙两人玩掷骰子游戏，规则如下：每人各掷骰子两次，以两次骰子的点数之和作 为投掷者的得分，若得分不同，得分多的一方获胜，若得分相同视为平局，则甲获胜的概 率为 . 14．设    2, 3 , 2, 3A B   ，点  P m n, 在双曲线 2 2 1 3 yx   的右支上，且 33 2 n    ．若 BQ AP ，垂足为Q，则 AP PQ 的最大值为 ． 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） △ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c，已知 sin sin 2 A Ca b A  . （1）求 B； （2）若 ABCV 为锐角三角形， 3b  ，求 2a c 的取值范围. 16.（15 分） 已知函数   lnf x x x ax  . （1）当 0a  时，求函数  f x 的单调区间； （2）若对任意  0,x  ，   2 2f x x  恒成立，求实数 a的取值范围. 17．（15 分） 如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，OA、OB是底面半径， 120AOB  o ， M 为劣弧AB上的动点. （1）若M 为劣弧AB的中点，证明： //OA 平面 PMB； （2）若圆锥底面半径为1，体积为 2 π 3 ，当四边形 OAMB面积最大时，求平面 APM与 平面 BPM 夹角的余弦值。 第 4 页 共 4 页 18.（17 分） 阿尔法狗  AlphaGo 是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军. 它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别 用人类围棋对弈的近 100 万、500 万、1000 万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗  AlphaGo ，三个阶段的阿尔法狗  AlphaGo 依次简记为甲、乙、丙. （1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗  AlphaGo 各比赛一局，各局比 赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 1 2 ， 1 3 ， 1 . 4 记该棋手连 胜两局的概率为 p，试判断该棋手在第二局与谁比赛 p最大，并写出判断过程. （2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得 1 分，负者得 0 分，没有平 局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中， 甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为  ，且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若比赛最多进行 5局，求比赛结束时比赛局数 X 的分布列及期望  E X 的最大值; （ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事 M，证明：   2 2 2 .P M      19.（17 分） 位于第一象限的一点  1 1 1,P x y 满足 21 12x y ，过 1P作 2 2x y 的切线，切点为  1 11 ,A AA x y ， 且满足 11 Ax x ，设  2 2, 2P x y 为 1P关于 1A的对称点. （1）证明： 2 2 1 1 2 22 2x y x y   （2）若过 2P 的另一条切线切 2 2x y 于 2A ，设 3P 为 2P 关于 2A 的对称点，如此重复进行下 去，若 1nP  为 nP关于切点 nA 的对称点，设  ,n n nP x y （ⅰ）证明： nx 为等差数列. （ⅱ）若  1 1,0P ，求 2025 2026P P 的值. 参考答案与解析 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A C B D B D C ABC AB BC 二、填空题 12. 013ln  yx 13. 1296 575 14. 4 3 三、解答题 15．（13 分） （1）因为 sin sin 2 A Ca b A  ，由正弦定理得 πsin sin sin sin 2 BA B A      ， 故 sin cos 2sin cos sin 2 2 2 B B BA A ， 在 ABCV 中，0 πA  ，0 πB  ，所以 sin 0A  ， π0 2 2 B   ，则 cos 0 2 B  ， 可得 1sin 2 2 B  ，所以 π 2 6 B  ，所以 π 3 B  . ——5 分 （2）由正弦定理可得 32 2 sin sin sin 3 2 a c bR A C B      （ R为 ABCV 外接圆的半径）， 所以 2sina A ， 2sinc C ， 因为 π 3 B  ，则 2π 3 A C  ， 2π 3 C A  ， 所以 2π π2 4sin 2sin 3sin 3 cos 2 3 sin 3 6 a c A A A A A                  ， 因为 ABCV 为锐角三角形，则 π0 2 2π π0 3 2 A C A           ，解得 π π 6 2 A  ， 则 π π0, 6 3 A       ， π 3sin 0, 6 2 A            ，故  2 0,3a c  .——13 分 16．（15 分） （1）当 0a  时，函数   lnf x x x 的定义域是  0,  ，   ln 1f x x   ， 令   0f x  ，得 ln 1 0x   ，解得 10 e x  ，故  f x 的单调递减区间是 10, e       ， 令   0f x  ，得 ln 1 0x   ，解得 1 e x  ，故  f x 的单调递增区间是 1 , e      ， 综上，  f x 的单调递减区间是 10, e       ，单调递增区间是 1 , e      .——6 分 （2）由任意  0,x  ，   2 2f x x  知 2ln 2x x x ax   恒成立. 因 0x  ，故 2lna x x x    ，在  0,x  上恒成立. 设    2ln 0h x x x x x     ，则      2 2 2 11 21 x x h x x x x         ， 令   0h x  ，得 1 2x  ， 2 1x   （舍去）， 当  0,2x 时，   0h x  ，  h x 单调递增， 当  2,x  时，   0h x  ，  h x 单调递减， 故当 2x  时，  h x 取得极大值，也是最大值，且    max 2 ln 2 3h x h   ， 所以若  a h x 在  0,x  上恒成立，则  max ln 2 3a h x   ， 故实数 a的取值范围是  ln 2 3,  .——15 分 17．（1）连接OM ，因为 120AOB  o ，M 为AB的中点， 则 1 60 2 AOM BOM AOB      ， 因为OA OB OM  ，则 AOM 和 BOM 均为等边三角形， 所以， AM OM BM OA OM    ， 故四边形OAMB为菱形，所以， //OA MB， 因为OA平面 PMB，MB 平面 PMB，所以， //OA 平面 PMB .——5 分 （2）由题意可知， PO 底面OAMB，圆锥的体积为 2 1 2π 1 π 3 3 PO   ，可得 2PO  ， 设 =AOM  ，则 2π 3 BOM    ，其中 2π0 3   ， 四边形OABM的面积为 1 1 2πsin sin 2 2 3AOM BOM S S S             1 1 3 1 3 3 3 πsin cos sin sin cos sin 2 2 2 2 4 4 2 6                        ， 因为 2π0 3   ，则 π π 5π 6 6 6    ， 故当 π π 6 2    时，即当 π 3   时，S取最大值 3 2 ， 以点O为坐标原点，OB、OP所在直线分别为 y、 z轴， 平面OABM 内过点O且垂直于OB的直线为 x轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则 3 1, ,0 2 2 A        、 3 1, ,0 2 2 M        、  0,1,0B 、  0,0,2P ， 设平面 PAM 的一个法向量为  1 1 1, ,m x y z  ，  0,1,0AM   ， 3 1, , 2 2 2 AP          ， 则 1 1 1 1 0 3 1 2 0 2 2 m AM y m AP x y z                ，取 1 3z  ，则  4,0, 3m  ， 设平面 PBM 的一个法向量为  2 2 2, ,n x y z  ， 3 1, ,0 2 2 BM          ，  0, 1,2BP    ， 则 2 2 2 2 3 1 0 2 2 2 0 n BM x y n BP y z               ，取 2 2 3y  ，可得 2 2x  ， 2 3z  ，则  2,2 3, 3n  ， 所以， 11 11cos , 1919 19 m nm n m n            ， 因此，当四边形OAMB面积最大时，平面 APM与平面 BPM 夹角的余弦值为 11 19 .——15 分 18．（1）该棋手在第二局与甲比赛 p最大， 该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 1 2 ， 1 3 ， 1 4 ，记 1 1 2 p  ， 2 1 3 p  ， 3 1 4 p  ， 该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为 p甲， 比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为 1 2 ， 则 2 1 3 2 1 3 3 1 2 3 1 2 1 2 3 1 2 3 1 1 5[(1 ) 1 4 ( )] ) ( ) ( )[(1 1 ] 2 2 2 2 p p p p p p p p p p p p p p p p p p p           甲 ， 同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率 2 1 3 1 2 3( ) 6 12p p p p p p p   乙 ， 该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率 3 1 2 1 2 3 8 ) 1( 2p p p p p p p   丙 ， 因为 p p p 甲 乙 丙 ，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大.——5 分 （2）（ⅰ）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则 1   ， 由题意得 X的所有可能取值为：2，4，5，   2 22P X     ，        2 2 2 24 2P X                ，           2 25 4P X                        ， 所以 X的分布列为： X 2 4 5 P 2 2   2 22   2 24  所以 X的期望为： 2 2 2 2 2 2( ) 2( ) 8 ( ) 20E X            2 2 2 22(1 2 ) 8 (1 2 ) 20 4 4 2               ， 由1 2     ，得 1 4   ，当且仅当 1 2    取等号，则 1 0 4   ， 因此 2 2 2 21 13( ) 4 4 2 (2 1) 1 (2 1) 1 4 4 E X               ， 所以 ( )E X 的最大值为 13 . 4 ——12 分 （ⅱ）设事件 A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”. 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是 AA，BB，AB，BA，其中事件 AA表示“甲赢得比赛”，事 件 BB表示“乙赢得比赛”，事件 AB，BA表示“甲、乙各得 1 分”，当甲、乙得分总数相同时， 甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以              1 0P M P AA P BB P AB P M P BA P M                       P A P A P A P B P M P B P A P M        2 2 2P M P M P M         ， 因此     21 2 P M   ，得   2 1 2 P M     ，而 1   ， 所以   2 2 2 2 2 2 2 2.( ) 2 2 2 P M                      ——17 分 19．（1）证明：方法一： 1 2 1 1 2 1 2 A PP Ax x y yk y x x x        ，   11 2 1 2A y y x x x    又 1 1 2 2A x xx  ，  1 21 2 1 22 x xy y x x     2 21 2 1 22x x y y    ， 2 21 1 2 22 2x y x y    ——4分 方法二：设切线为  1 1 2y y k x x   ，联立 2 2x y 得： 2 1 1 1 12 2 2 0x k x k x y    ，令Δ 0 得 2 1 1 1 12 2 0k k x y    21 1 1 2 1 1 1 1 2 2 8 2 2 x x y k x x y       要证  2 2 2 2 2 1 2 11 1 2 2 2 1 2 1 2 1 12 2 2 2 y y x xx y x y y y x x x x             即 11 Ak x .——4 分 （2）（ⅰ）设过  ,n n nP x y 的切线为：  *n ny y k x x   ，联立 2 2x y 得 2 * *2 2 2 0n nx k x k x y    ，令  2* *Δ 0 2 2 0n nk x k y     2 * 22 4 8 2 2 n n n n n n x x y k x x y       记 21 12x y t  ，则 * nk x t  设 n nk x t  ， 1n nk x t   ，   1 t 2n n n nx x k k t t       ， 1 2tn nx x   ，  nx 为等差数列——11 分 （ii） 2025 2026 2025 20252P P P A    2025 22 2 2025 2025 2025 2025 2025 20252 1 2 1 2 1Ak x x k x k x t t        此时 21 1 12 1, 2 2n nt x y d x x t       . 2 2 2025 2026 2 1 (1 2024 1) 2 1 4050P P d      ——17 分 选择题、填空题解析： 1．因为 { 1 5}, { 2 2}A x x B x x       ∣ ∣ ， 所以 { 1 2}A B x x    ∣ . 故选：D. 2．       1 3i 1 i1 3i 2 4i 1 2i 1 i 1 i 1 i 2 z              ，故 z在复平面内对应的点为  1,2 ， 位于第一象限. 故选：A. 3．若 0d  ，由 1 13 3 3 23 3( 2 ) 3 03 2 a dS a a d d       ，可得 3 33S a ； 若 3 33S a ，可得 1 1 3 23 3( 2 ) 2 a d a d   ，解得 0d  ， 即“ 0d  ”是“ 3 33S a ”的充要条件. 故选：C. 4．由表可知： 1 (6 8 9 10 12) 9 5 x       ， 1 (6 5 4 3 2) 4 5 y       ， 因样本中心点 ( , )x y 必在线性回归直线上，故有 10.3y bx  ， 代入得： 4 9 10.3b  ，解得 0.7b   . 故选：B. 5．由向量的线性运算可知  4 1 43 3 3OC OA AC OA AB BC OA OB OA a b                     . 故选：D. 6．由 1sin cos 5    与 2 2sin cos 1   联立，结合  0, π  可解得： 4sin 5   ， 3cos 5    ， 4tan 3    ， 再由二倍角公式可得 2 8 2 tan 243tan2 161 tan 71 9         ， 故选：B. 7． 取上、下底面中心分别为 P Q、 ，取一个侧面等腰梯形的上、下中点分别为M N、 ， 连接PM QN、 ，由底面是正六边形性质可得： PM AD QN BC 、 ， 由上底面边长为18m，下底面边长为 24m，可得 18m, 24mAP QB  ， 则 9 3m, 12 3mPM QN  ， 再由侧面积为 2756m ，可得  1 18 24 6 756 6m2 MN MN      ， 根据勾股定理得  226 12 3 9 3 3mPQ     ， 所以正六棱台的体积为 2 2 2 21 1 3 1 3 1 3 1 318 6 24 6 18 6 24 6 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 V                          31998 3m ， 故选：D. 8．令 0y  可得      0 2f x f f x ，因为   0f x  ，则  0 2f  ， 令 2x  ， 1y  可得      1 1 2 2 16f f f  ，解得  2 8f  ， 令 2x  可得      2 2 2 16f y f y f   ，即    2 16f x f x  ， 令 2x y 可得      2 2f y f y f y ，所以，   2 1 0 2 2 xf x f        ， 所以，  2 0f x  ，   0f x  ， 由基本不等式可得        2 2 2 2 16 8f x f x f x f x       ， 当且仅当    2 4f x f x   时，等号成立，当 1x  时，等号成立， 所以，    2f x f x  的最小值为8 . 故选：C. 9．对于 A，取 0x  ，得 2a  ，A 正确； 对于 B，在 4( 2)( 1)x x  的展开式中，含 2x 的项为 3 3 2 2 2 24 4C ( 1) 2C ( 1) 8x x x x       ，即 2 8a  ， B 正确； 对于 C，令 1x  ，得 1 2 3 4 52 0a a a a a      ①，则 1 2 3 4 5 2a a a a a      ，C 正确； 对于 D，令 1x   ，得 1 2 3 4 52 16a a a a a      ②， 由①-②可得：  1 3 52 16a a a    ，则 1 3 5 8a a a    ，D 错误. 故选：ABC 10．由题意得   πcos 2 6 g x x      ，因为函数  g x 的最小正周期为 π 2 ，且 0  ，所以   πcos 4 6 g x x      ， 2  ，故 A 正确； 因为 π π 3π4 3 6 2    ，曲线 cosy x 关于点 3π ,0 2       对称，所以函数  g x 的图象关于点 π ,0 3       对称，故 B 正确； 因为 π π 7π4 3 6 6          ，曲线 cosy x 不关于直线 7π 6 x   对称，所以函数  g x 的图象不 关于直线 π 3 x   对称，故 C 错误； 若 5π 2π, 12 3 x      ，则 π 11π 17π4 , 6 6 6 x       ，因为函数 cosy x 在 11π 17π, 6 6       上不单调递减，所 以函数  g x 在 5π 2π, 12 3       上不单调递减，故 D 错误. 故选：AB. 11．对于 A，因为 PA 平面 ABC， BC 平面 ABC，所以PA BC ， 又 BC AB ， PA AB A ，PA平面 PAB， AB 平面 PAB， 所以 BC 平面 PAB， 又 AE 平面 PAB，所以 BC AE ， 因为 AE PB ， PB BC B  ， PB 平面 PBC， BC 平面 PBC ， 所以 AE 平面 PBC ， 而 AE AF A  ，则 AF 与平面 PBC 不垂直，故 A 错误； 对于 B，将三棱锥 P ABC 放入长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥 P ABC 的外接球， 可知长方体的体对角线 PC即为外接球的直径， 则三棱锥 P ABC 外接球的半径 3 12 PCR   ， 可得 2 3 34π 4πS R  ， 2 3 3 4 4π π 3 3 V R  ，故 B 正确； 对于 C，因为 AE PB ， AF PC ， 所以 PEA 与 PFA 均为直角三角形， 取 PA的中点为 1O ，则 1 1 1 1O A O P O F O E   ， 即点 1O 即为三棱锥 P AEF 的外接球球心， 三棱锥 P AEF 的外接球半径 1 1 2 PAR AO  ， 因为 AE 平面 PBC ， PC 平面 PBC ，所以 AE PC ， 又 AF PC ， AE AF A  ， AE 平面 AEF， AF 平面 AEF， 所以PC 平面 AEF， 因为 EF 平面 AEF，所以 PC EF ， 因为 AE 平面 PBC ， EC 平面 PBC ，所以 AE EC ， 因为 BC 平面 PAB， PB 平面 PAB，所以 BC PB ， 在四棱锥 A BCFE 的底面四边形 BCFE中， EF FC ， BC BE ， 则 EC即为四边形 BCFE的外接圆直径， 而 AE 平面 BCFE， 则四棱锥 A BCFE 的外接圆半径 2 2 2 2 2 2 2 2 AE EC AE ECR              ， 又 AE EC ，则 2 2 2AE EC AC  ，所以 2 2 ACR  ， 因为 PA AC ，所以 2 2 2AC PA PC  ，可得 2 21 2 1R R  ， 则  2 21 2 3 1 24π 4π 8πS S S R R      ，故 C 正确； 对于 D，易知 3 3 1 2 3 31 2 1 2 3 4π 4π 3 3 4π 3 R RV V R R V     ， 由 2 2 1 2 1R R  可得 22 11R R  ， 10 1R  ，则   3 3 21 2 1 1 3 1V V R R V     ， 令     3 3 2 21f x x x   ，0 1x  ， 则         1 2 2 2233 1 2 3 1 2 f x x x x x x x        ， 令   0f x  ，即 21x x  ，解得 2 1 2 x  ； 令   0f x  ，即 21x x  ，解得 20 2 x  ； 则函数  f x 在 20, 2        上单调递减，在 2 ,1 2        上单调递增， 所以  min 2 2 2 2 f x f         ，当 0x  或 1x  时，   3 3 2 21 1y x x    ， 则  f x 的值域为 2 ,1 2       即 1 2 3 V V V  的取值范围为 2 ,1 2       ，故 D 错误. 故选：BC 12．由题设 3 ln3xy  ，则切线斜率 ln 3k  ，又 0x  ，得 1y  ， 所以曲线 3xy  在点  0,1 处的切线方程是 1 ln3 ( 0)y x    ， 所以切线方程为 ln3 1 0x y   . 故答案为： ln3 1 0x y   13．掷骰子一共 4 次，基本事件共 46 1296 种情况， 其中，得两分平局两人抛出的都是  1,1 ，共有 1 种； 得三分平局两人均有    1,2 , 2,1 两种情况，两人共 22 4 种， 以此类推，甲、乙平局一共有 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 146           种情况， 其余甲、乙获胜机会均等，各 575 种情况，所以甲获胜的概率为 575 1296 ． 故答案为： 575 1296 14． BQ AP , cosPQ PB APB   则    cos 2, 3 2, 3AP PQ PA PB APB PA PB m n m n            uuur uuur uuur uuur 2 24 6 9m n n     ， 又点  P m n, 在双曲线 2 2 1 3 yx   的右支上，所以 2 2 2 21 1 3 3 n nm m     ， 则 22 2 2 4 4 9 34 6 9 6 6 3 3 4 4 nAP PQ m n n n n                ， 又 33 2 n    ，所以 24 9 3 3 ,0 3 4 4 4 n            ，即 24 9 3 30, 3 4 4 4 n            所以当 9 4 n   时， AP PQ 的最大值为 3 4 . 故答案为： 3 4 . 参考答案与解析 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A C B D B D C ABC AB BC 二、填空题 12. 13. 14. 三、解答题 15．（13分） （1）因为，由正弦定理得， 故， 在中，，，所以，，则， 可得，所以，所以. ——5分 （2）由正弦定理可得（为外接圆的半径）， 所以，， 因为，则，， 所以， 因为为锐角三角形，则，解得， 则，，故.——13分 16．（15分） （1）当时，函数的定义域是，， 令，得，解得，故的单调递减区间是， 令，得，解得，故的单调递增区间是， 综上，的单调递减区间是，单调递增区间是.——6分 （2）由任意，知恒成立. 因，故，在上恒成立. 设，则， 令，得，（舍去）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故当时，取得极大值，也是最大值，且， 所以若在上恒成立，则， 故实数的取值范围是.——15分 17．（1）连接，因为，为的中点， 则， 因为，则和均为等边三角形， 所以，， 故四边形为菱形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面.——5分 （2）由题意可知，底面，圆锥的体积为，可得， 设，则，其中， 四边形的面积为 ， 因为，则， 故当时，即当时，取最大值， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得，，则， 所以，， 因此，当四边形面积最大时，平面与平面夹角的余弦值为.——15分 18．（1）该棋手在第二局与甲比赛p最大， 该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，， 该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则， 同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率， 该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率， 因为，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大.——5分 （2）（ⅰ）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得X的所有可能取值为：2，4，5， ， ， ， 所以X的分布列为： 2 4 5 所以X的期望为： ， 由，得，当且仅当取等号，则， 因此， 所以的最大值为——12分 （ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”. 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 ， 因此，得，而， 所以——17分 19．（1）证明：方法一：， 又， ，——4分 方法二：设切线为，联立 得：，令得 要证 即.——4分 （2）（ⅰ）设过的切线为：，联立 得，令 记，则设，， ， ，为等差数列——11分 （ii） 此时. ——17分 选择题、填空题解析： 1．因为， 所以. 故选：D. 2．，故在复平面内对应的点为， 位于第一象限. 故选：A. 3．若，由，可得； 若，可得，解得， 即“”是“”的充要条件. 故选：C. 4．由表可知：，， 因样本中心点必在线性回归直线上，故有， 代入得：，解得. 故选：B. 5．由向量的线性运算可知. 故选：D. 6．由与联立，结合可解得： ，，， 再由二倍角公式可得， 故选：B. 7． 取上、下底面中心分别为，取一个侧面等腰梯形的上、下中点分别为， 连接，由底面是正六边形性质可得：， 由上底面边长为，下底面边长为，可得， 则， 再由侧面积为，可得， 根据勾股定理得， 所以正六棱台的体积为 ， 故选：D. 8．令可得，因为，则， 令，可得，解得， 令可得，即， 令可得，所以，， 所以，，， 由基本不等式可得， 当且仅当时，等号成立，当时，等号成立， 所以，的最小值为. 故选：C. 9．对于A，取，得，A正确； 对于B，在的展开式中，含的项为，即，B正确； 对于C，令，得①，则，C正确； 对于D，令，得②， 由①-②可得：，则，D错误. 故选：ABC 10．由题意得，因为函数的最小正周期为，且，所以，，故A正确； 因为，曲线关于点对称，所以函数的图象关于点对称，故B正确； 因为，曲线不关于直线对称，所以函数的图象不关于直线对称，故C错误； 若，则，因为函数在上不单调递减，所以函数在上不单调递减，故D错误. 故选：AB. 11．对于A，因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，，平面PBC，平面， 所以平面， 而，则与平面不垂直，故A错误； 对于B，将三棱锥放入长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球， 可知长方体的体对角线即为外接球的直径， 则三棱锥外接球的半径， 可得，，故B正确； 对于C，因为，， 所以与均为直角三角形， 取的中点为，则， 即点即为三棱锥的外接球球心， 三棱锥的外接球半径， 因为平面，平面，所以， 又，，平面AEF，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 在四棱锥的底面四边形中，，， 则即为四边形的外接圆直径， 而平面， 则四棱锥的外接圆半径， 又，则，所以， 因为，所以，可得， 则，故C正确； 对于D，易知， 由可得，，则， 令，， 则， 令，即，解得； 令，即，解得； 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当或时，， 则的值域为 即的取值范围为，故D错误. 故选：BC 12．由题设，则切线斜率，又，得， 所以曲线在点处的切线方程是， 所以切线方程为. 故答案为： 13．掷骰子一共4次，基本事件共种情况， 其中，得两分平局两人抛出的都是，共有1种； 得三分平局两人均有两种情况，两人共种， 以此类推，甲、乙平局一共有种情况， 其余甲、乙获胜机会均等，各575种情况，所以甲获胜的概率为． 故答案为： 14．, 则 ， 又点在双曲线的右支上，所以， 则， 又，所以，即 所以当时，的最大值为. 故答案为：. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南京市2026届高三年级学情调研考前模拟练习 数学试题 2025.8 说明：本试卷为自制模拟卷，供自主练习、查漏补缺使用，不能等同于正式试卷。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合，则 A． B． C． D． 2．复数在复平面内对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．设等差数列的公差是为的前项和，则“”是“”的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知根据如下表所示的样本数据，用最小二乘法求得线性回归方程为则b的值为 x 6 8 9 10 12 y 6 5 4 3 2 A．-0.6 B．-0.7 C．-0.8 D．-0.9 5．在所在平面内，点满足，记，，则 A． B． C． D． 6．已知，则 A． B． C． D． 7．须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧面积为，则该正六棱台的体积为 A． B． C． D． 8．已知函数满足，且，则的最小值为 A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．已知多项式，下列正确的是（    ） A． B． C． D． 10．已知函数的图象上各点的横坐标缩短为原来的，得到曲线，若函数的最小正周期为，则下列结论正确的有（    ） A． B．函数的图象关于点对称 C．函数的图象关于直线对称 D．函数在上单调递减 11．在三棱锥中，已知平面，，过点作，，分别交于点记三棱锥、四棱锥、三棱锥的外接球的表面积分别为，，，体积分别为，，若，则（    ） A．平面 B． C． D．的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．曲线在点处的切线方程是 . 13．甲、乙两人玩掷骰子游戏，规则如下：每人各掷骰子两次，以两次骰子的点数之和作为投掷者的得分，若得分不同，得分多的一方获胜，若得分相同视为平局，则甲获胜的概率为 . 14．设，点在双曲线的右支上，且．若，垂足为，则的最大值为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分） △ABC的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围. 16.（15分） 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 17．（15分） 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，、是底面半径，，为劣弧上的动点. （1）若为劣弧的中点，证明：平面； （2）若圆锥底面半径为，体积为，当四边形面积最大时，求平面与平面夹角的余弦值。 18.（17分） 阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙. （1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程. （2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值; （ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明： 19.（17分） 位于第一象限的一点满足，过作的切线，切点为，且满足，设为关于的对称点. （1）证明： （2）若过的另一条切线切于，设为关于的对称点，如此重复进行下去，若为关于切点的对称点，设 （ⅰ）证明：为等差数列. （ⅱ）若，求的值. 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$