精品解析：江苏省南京市第十三中学2025-2026学年高三上学期零模冲刺训练数学试题

2026届高三零模冲刺限时训练（数学） 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，集合，则下列各选项中属于的元素是（ ） A. B. C. 0 D. 1 3. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线的中心在坐标原点，焦点在y轴上，一条渐近线的方程为，则它的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的部分图象如图所示，若，则（    ） A. B. C. D. 5. 19世纪美国天文学家西蒙·纽康和物理学家本·福特从实际生活得出的大量数据中发现了个现象，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量10进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（说明符号），则k的值为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 6. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知圆上恰有两个点到直线的距离为2，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为 C. D. 的面积为 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 11. 已知三角形ABC三个内角分别为A，B，C，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 有一组数据，按从小到大排列为：，这组数据的40%分位数等于他们的平均数，则为________. 13. 已知向量，若向量在向量上的投影向量为，则________. 14. 一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________. 四､解答题：本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据如下表： 编号 1 2 3 4 5 x 10 20 30 40 50 y 70 80 100 120 130 （1）若该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，求y关于x的回归直线方程．（参考数据：） （2）基于上述调查，某校提倡学生课后自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了160位学生．按照参与课后自主学习与成绩进步情况得到如下2×2列联表： 成绩没有进步 成绩有进步 合计 参与课后自主学习 5 135 140 未参与课后自主学习 5 15 20 合计 10 150 160 依据的独立性检验，分析“课后自主学习与成绩进步”是否有关． 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， ，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 已知正项数列的前n项之积为，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）设，求的前2n项和. 17. 如图，在四棱锥中，是正三角形，． （1）求证：平面平面； （2）设，若点均在球的球面上且点在平面内． （i）求四棱锥的体积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，上存在点到和的距离都等于． （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线交抛物线于点，直线与相交于另一点，直线与相交于另一点． （i）求证：； （ii）求证：直线经过定点． 19. 已知函数. （1）当时，求证：函数有唯一极值点； （2）当时，求在区间上的零点个数； （3）两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“合一切线”，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三零模冲刺限时训练（数学） 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由复数乘除运算法则化简复数，进而可得其虚部. 【详解】，得其虚部为. 故选：B 2. 已知集合，集合，则下列各选项中属于的元素是（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】先分析集合中元素的特点，得出，逐个选项判断即可求解. 【详解】由可得： 则， 所以， 则，，，. 故选：D. 3. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线的中心在坐标原点，焦点在y轴上，一条渐近线的方程为，则它的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合，即可求解. 【详解】因为双曲线的中心在坐标原点，焦点在y轴上，一条渐近线的方程为， 可得，即，所以双曲线的离心率为. 故选：B. 4. 已知函数的部分图象如图所示，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数的解析式，然后由得出的值，最后利用二倍角公式求出的值. 【详解】由题图可知相邻对称轴间的距离为，可得， 因此，， 当时，，，故，． 由可得， 由函数的最大值为3可得，因此， 由，得， ∴． 故选：A． 5. 19世纪美国天文学家西蒙·纽康和物理学家本·福特从实际生活得出的大量数据中发现了个现象，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量10进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（说明符号），则k的值为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意利用对数的运算法则可得，再由符号说明表达式即可求得. 【详解】易知， 由可得； 所以，解得. 故选：B 6. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数. 若为单调递增数列，则， 若，则当时，；若，则， 由可得，取，则当时，， 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”； 若存在正整数，当时，，取且，， 假设，令可得，且， 当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列. 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”. 所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件. 故选：C. 7. 已知圆上恰有两个点到直线的距离为2，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得圆心到直线的距离，由求解即可. 【详解】由题意可得圆，则圆心，半径， 则圆心到直线l的距离. 因为圆上恰有两个点到直线l的距离为2， 所以，即，又， 解得：. 故选：B 8. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析易得在上单调递增，，进而结合单调性解不等式即可求解. 【详解】的定义域为，所以在上单调递增， 而， 所以， 由， 则，由的单调性可得， ，即，解得或， 故不等式的解集为. 故选：A． 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为 C. D. 的面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【详解】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 11. 已知三角形ABC三个内角分别为A，B，C，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二倍角公式及两角和差的余弦公式化简得即可判断A，进而展开后化弦为切得判断C，通过两角和差的正弦公式化简得判断B，根据正弦定理得，然后结合基本不等式及余弦定理得，最后根据余弦函数性质求得判断D. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 所以， 化简得，又， 所以，故选项A正确； 由得， 所以，所以，故选项C正确； ，故选项B错误； 由及正弦定理得， 所以 ，当且仅当时等号成立， 又在上单调递减，所以，故选项D正确. 故选：ACD 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 有一组数据，按从小到大排列为：，这组数据的40%分位数等于他们的平均数，则为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求出分位数，再根据平均数定义得到方程，求得的值. 【详解】因为该组数据共6个，且， 所以这组数据的分位数为从小到大第3个数，即6， 则，解得． 故答案为：． 13. 已知向量，若向量在向量上的投影向量为，则________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式得到方程，求出. 【详解】， 向量在向量上的投影向量为， 又向量在向量上的投影向量为，故，解得. 故答案为： 14. 一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意分析蚂蚱跳动4次后染色的点数，根据独立事件的概率公式求解. 【详解】蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的可能取值为， 表示蚂蚱在或者之间来回跳动， 则； 表示蚂蚱由向右最远跳到， 可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共种， 由对称性知由向左最远跳到，也有种， 由向左最远跳到，最右跳到，可能为“左右右左”，“右左左右”有种， 故一共有种， 则； 表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共种， 则； 表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共种， 则； 则， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是开始在处也是一个点，因为不能原地跳动，因此的最小值为. 四､解答题：本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（x分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据如下表： 编号 1 2 3 4 5 x 10 20 30 40 50 y 70 80 100 120 130 （1）若该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，求y关于x的回归直线方程．（参考数据：） （2）基于上述调查，某校提倡学生课后自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了160位学生．按照参与课后自主学习与成绩进步情况得到如下2×2列联表： 成绩没有进步 成绩有进步 合计 参与课后自主学习 5 135 140 未参与课后自主学习 5 15 20 合计 10 150 160 依据的独立性检验，分析“课后自主学习与成绩进步”是否有关． 附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， ，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2）在犯错概率不超过的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关. 【解析】 【分析】（1）先计算，进而得即可求解； （2）计算卡方，利用独立性检验思想即可求解. 【小问1详解】 由题意有， ， ， 所以，， 所以； 【小问2详解】 由题意有， 所以在犯错概率不超过的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关. 16. 已知正项数列的前n项之积为，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）设，求的前2n项和. 【答案】（1）证明：依题意，，当时，得，则， 由，得，则，即， 当时，，于是，解得， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，由，化简得到，求得，结合等差数列的定义推理得证. （2）由（1）可得，得到，结合裂项法，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 则， 所以 . 17. 如图，在四棱锥中，是正三角形，． （1）求证：平面平面； （2）设，若点均在球的球面上且点在平面内． （i）求四棱锥的体积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）由条件得，，则是线段的中垂线， 所以． 又平面， 所以平面，而平面， 故平面平面； （2）（i）4；（ii） 【解析】 【分析】（1）先得到，结合得平面，故平面平面； （2）（i）解法一：作出辅助线，得到四边形的面积，由面面垂直得到线面垂直，四棱锥的高为，并求出，由锥体体积公式得到答案； 解法二：先得到四棱锥的高为，建立空间直角坐标系，设，，其中，根据半径相等得到方程组，求出，从而利用锥体体积公式得到答案； （ii）解法一：作出辅助线，得到为二面角的平面角，求出各边长，由余弦定理和三角函数可得，进而由余弦定理可得，得到答案． 解法二：建立坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求出平面与平面夹角余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）解法一： 如图所示，记与交于点，连接， 由题意，为四边形的外接圆圆心，即四点共圆， 由条件，可得是线段的中垂线， 所以，故， 则是四边形的外接圆直径，点为的中点． 因为，所以， 四边形的面积为． 取的中点，连接，则． 因为为的中点，所以． 由（1）知，平面平面，平面平面， 平面， 所以平面，即四棱锥的高为． 又平面，则，而， 所以， 四棱锥的体积为． 解法二：记与交于点，连接，由为的中点，所以． 由（1）知，平面平面，平面平面， 平面，所以平面，即四棱锥的高为． 以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由是正三角形，可知，， 由点在平面内，设，，其中， 设，可得方程组， 解得，． 所以，四边形的面积为． 又，四棱锥的体积为． （ii）解法一：作，垂足为点，连接． 由为公共边，则， 所以且， 即为二面角的平面角． 由， 在中，由余弦定理，，则， 所以． 又，在中，由余弦定理，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 解法二：由（i）知，， 因为， 设平面的法向量为， 由，取，则， 所以平面的法向量为． 因为， 设平面的法向量为， 由， 取，则， 所以平面的法向量为． ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 18. 已知抛物线的焦点为为坐标原点，上存在点到和的距离都等于． （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线交抛物线于点，直线与相交于另一点，直线与相交于另一点． （i）求证：； （ii）求证：直线经过定点． 【答案】（1） （2） （i）如图，设直线的方程为，并记点， 联立方程组，消去得，易知， 则，， 而，则， 可知，即． （ii）由题意，点，设直线的方程为， 并记点， 联立方程组，消去得，则， 由三点共线，可得， 得到，将代入化简， 得， 所以，而，可知，同理可得， 则，解得， 故直线的方程为，过定点． 【解析】 【分析】（1）结合题意先判断在的中垂线上，再利用两点间距离公式建立方程求出，进而得到，最后求出抛物线方程即可. （2）（i）联立方程组求出和，再结合平面向量的数量积得到即可. （ii）利用三点共线求出，同理得到，再结合和建立方程，得到，进而确定定点即可. 【小问1详解】 如图，作出符合题意的图形， 由题意得，则， 而，可得在的中垂线上，故设点的坐标为， 由两点间距离公式得，解得， 而点在上，则，即，解得， 故抛物线的方程为． 【小问2详解】 略. 19. 已知函数. （1）当时，求证：函数有唯一极值点； （2）当时，求在区间上的零点个数； （3）两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“合一切线”，求的值. 【答案】（1）证明：函数，有，则在R上单调递增， 当时，有，即. 当时，由，得，且. 当时，. 因为，所以. 因为对任意恒成立，所以当时，. 则在上单调递减，在上单调递增， 所以是的唯一极值点. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数单调性，确定极值点个数； （2）利用函数单调性，结合零点存在定理，求零点个数； （3）由题意设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，则，再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，，， 当时，，所以在上单调递减， 因为， 所以由零点存在定理知在上有且仅有一个零点. 当时，令，则， 当时，有，所以在上单调递增， 又因为，所以存在使得， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，故在上无零点， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以在上有且仅有一个零点. 综上所述：在上有且只有2个零点. 【小问3详解】 设曲线与曲线的两条互相垂直的“合一切线”的切点的横坐标分别为， 其斜率分别为，则. 因为，所以. 所以. 不妨设，则. 因为， 由“合一切线”的定义可知，. 所以. 由“合一切线”的定义可知，，所以. 当时，取， 则，符合题意. 所以. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题； （4）考查数形结合思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $