精品解析：2026届江苏省常熟市浒浦高级中学高三模拟考前适应性测试数学试题

2026届高三模拟考前适应性测试 数学试题 注意事项： 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. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，满足，，，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 若关于的不等式在区间上有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若，其中，则＝（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则（ ） A. B. 1 C. e D. 8. 已知抛物线：，点的坐标为，点在抛物线上运动，以为直径的圆设为.如果存在定直线：，使得直线被圆所截得的弦长为定值，则的值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 一个袋中有大小、形状完全相同的3个球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（ ） A. B. C. D. A，B相互独立 10. 在正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 与所成的角是 11. 已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（ ） A. B. 当时， C. D. 当且时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，满足，，，则______． 13. 在二项式的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中x的系数为__________用数字作答 14. 均为正实数，则的最小值为_________． 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. 记中的内角所对的边分别是，已知， （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 16. 如图，直三棱柱中，分别为和的中点． （1）证明：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值． 17. 在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 18. 已知函数，，. （1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； （2）讨论函数在区间上的单调性； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. 19. 密码学是研究编制密码和破译密码的技术科学．研究密码变化的客观规律，应用于编制密码以保守通信秘密的，称为编码学；应用于破译密码以获取通信情报的，称为破译学，总称密码学．20世纪70年代，一些学者提出了公开密钥体制，即运用单向函数的数学原理，以实现加、脱密密钥的分离．加密密钥是公开的，脱密密钥是保密的．这种新的密码体制，引起了密码学界的广泛注意和探讨．某数学课外小组研究了一种编制密码的方法：取任意的正整数n，将小于等于n且与n互质的正整数从小到大排列，即为密码．记符合上述条件的正整数的个数为． （1）求数列的前5项和； （2）求的表达式和的值； （3）记，数列的前n项和，证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三模拟考前适应性测试 数学试题 注意事项： 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. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助一元二次不等式解法得到两集合后利用交集定义即可得. 【详解】，解得或， 即， ，解得， 即， 则. 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法和减法法则计算出答案. 【详解】 故选：B. 3. 已知向量，，满足，，，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可设、、，又，，则可计算出的范围，从而可得解. 【详解】，则可设、、， 由，则， 又， 则，则， 故，则， 即的最大值为. 故选：D. 4. 若关于的不等式在区间上有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件得到，再利用在区间上的单调性，即可求解. 【详解】当时，由可得， 又关于的不等式在区间上有解，则， 令，易知在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又时，，时，，所以， 故选：D. 5. 若，其中，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将和平方后相加，结合的值，建立方程求解. 【详解】∵，则令①， ∵②， 由①2＋②2得， 又，∴． ∴． 故选：A. 6. 已知数列满足，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，将把分别表示出来，结合不等式的性质计算即可. 【详解】设，则， 得， 所以． 故选：B 7. 已知曲线与曲线只有一个公共点，则（ ） A. B. 1 C. e D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：把两曲线与有一个公共点，转化为方程只有一个实数解，通过分离常数求出值； 方法二：把两曲线与有一个公共点，转化成两曲线只有一个公切点，再利用几何意义求解； 方法三：利用原函数和反函数图像关于对称，且两函数图像都与相切于点，巧妙求出值. 【详解】方法一：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 方程只有一个实数解，而，则只考虑， 即，令，则， 而在单调递增，且， 所以时，单调递减， 时，单调递增， 而时，；时，， 所以． 方法二：由已知曲线与曲线只有一个公共点， 则曲线与曲线只有一个公切点，设其坐标为， 根据函数的图像与函数的图像之间的关系， 所以有， 即，所以， 设，则在单调递减，而， 所以，所以． 方法三：由于函数的反函数为，两函数关于对称， 由于，令，则，即函数与函数相切于点， 同理，，令，即函数． 与函数也相切于点， 于是函数与函数相切于点，由选项可知，． 故选：B. 8. 已知抛物线：，点的坐标为，点在抛物线上运动，以为直径的圆设为.如果存在定直线：，使得直线被圆所截得的弦长为定值，则的值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设点，写出以为直径的圆的方程，联立直线与圆的方程，得到，利用和韦达定理求出弦长为定值，则，即可解答. 【详解】解：设点，所以以为直径的圆的方程为. 设直线交圆于，两点，且，， 所以，为方程的两根，即，为方程的两根， 所以，，. 又，所以 因为所截得的弦长为定值，所以，从而得到,故弦长, 故选:B. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 一个袋中有大小、形状完全相同的3个球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（ ） A. B. C. D. A，B相互独立 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合古典概率计算判断ABC；利用相互独立事件的意义判断D. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，则，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，，A，B不独立，D错误. 故选：AC 10. 在正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 与所成的角是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A．利用三角形中位线进行证明；B．通过线面平行的定理证明；C．通过线面垂直的性质进行判断；D．通过平行的传递性找出即为与所成的角，即可求出答案． 【详解】连接，则是的中位线，∴，故A正确； 连接，，则，平面，平面， ∴平面，即平面，故B正确； 连接，则平面即为平面，显然不垂直平面，故C错误； ∵，∴或其补角为与所成的角，，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知函数在处取得极大值，的导函数为，则（ ） A. B. 当时， C. D. 当且时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据极值的定义可得，进而求出可判断A；结合函数的单调性判断B；代式计算判断C；由，可得，再结合函数的单调性可得，进而得到，再验证可得，进而判断D. 【详解】由，则， 则函数的定义域为， 则，， 则， 因为函数在处取得极大值， 所以，即， 此时， 则， 令，得或； 令，得， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 则函数在处取得极大值，符合题意，即，故A正确； 由上述可知函数在上单调递减， 当时，，则，故B错误； 由， 则， ， 所以，故C正确； 因为，，则， 又函数在上单调递增，则， 所以， 又， 则，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，满足，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】对两边平方可得，再计算从而可得结果. 【详解】由，两边平方可得，解得， 则，. 故答案为：. 13. 在二项式的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中x的系数为__________用数字作答 【答案】7 【解析】 【分析】先由展开式中只有第5项的二项式系数最大，可得展开式共9项，从而可得以，再由二项展开式的通项公式得到. 【详解】解：因为只有第五项的二项式系数最大，所以 故的展开式通项为 令解得 所以展开式中x的系数为. 故答案为：7. 14. 均为正实数，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用换元法，设，。代入所求式子整理后利用基本不等式即可求解． 【详解】设，，依题意得，，联合两式：， 解得，，所以， 当且仅当即时取得等号．所以的最小值为． 故答案为：． 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. 记中的内角所对的边分别是，已知， （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理边角互化，再结合余弦定理求出角 （2）应用面积公式得出，再应用余弦定理求出，最后应用完全平方公式求周长即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得，， 因为，所以， 化简得，， 在中，由余弦定理得，， 又因为，所以； 【小问2详解】 由，得， 由，得，所以， 所以， 所以， 所以的周长. 16. 如图，直三棱柱中，分别为和的中点． （1）证明：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：取的中点为，连接， 因为，，故， 由直三棱柱的性质可得，故， 故四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，可证，再利用线面平行的判定定理可证平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，根据可求的长，再求出平面的法向量后可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，故，故，设. 由直三棱柱可得平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 故，且. 因为，故即，故（舍去）， 故，，又. 设平面的法向量为，则, 所以，取， 故与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 17. 在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程； (2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值. 【详解】(1) 因为， 所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹的方程为，则，可得，， 所以，轨迹的方程为. （2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立 如图所示，设, 设直线的方程为． 联立, 化简得，， 则． 故． 则． 设的方程为，同理． 因为，所以， 化简得， 所以，即． 因为，所以． [方法二] ：参数方程法 设．设直线的倾斜角为， 则其参数方程为， 联立直线方程与曲线C的方程， 可得， 整理得． 设， 由根与系数的关系得． 设直线的倾斜角为，， 同理可得 由，得． 因为，所以． 由题意分析知．所以， 故直线的斜率与直线的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理 因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆． 设,直线的方程为， 直线的方程为, 则二次曲线． 又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为： ， 整理可得： ， 其中． 由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即. 【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解； 方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中. 方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 18. 已知函数，，. （1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； （2）讨论函数在区间上的单调性； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 由，求导得， ①当时，，，在上单调递增； ②当时，令 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增 ③当时，令 当时，，在区间上单调递增； 当时，，在区间上单调递减 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解； （2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间； （3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解. 【小问1详解】 由已知得，，在点处的切线方程为. 设与切于，，， 则过该点的切线方程为：， 整理得，由于该切线与重合， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得，即对恒成立. 令，， 令，， 因为，， 若，则在处的切线必然是上升的， 又因为，所以当且靠近的函数值满足， 此时就有， 从而可推导在且靠近的附近是递增的， 又因为， 所以在且靠近的附近必有 则必然不满足对恒有， 所以要满足对恒有， 首先必需满足在且靠近的附近， 所以满足， 从而可得参数满足的必要条件是； 下面再证充分性，当，时，则，即有， 又构造，，可得， 所以在区间上单调递增，即， 则可知，则， 恒成立，符合题意， 综上：的取值范围为. 【点睛】方法点睛：针对端点值刚好是不等式的临界值时，利用必要条件先确定参数的范围，再进行充分性证明，如若成立，则这个必要条件就是充要条件. 19. 密码学是研究编制密码和破译密码的技术科学．研究密码变化的客观规律，应用于编制密码以保守通信秘密的，称为编码学；应用于破译密码以获取通信情报的，称为破译学，总称密码学．20世纪70年代，一些学者提出了公开密钥体制，即运用单向函数的数学原理，以实现加、脱密密钥的分离．加密密钥是公开的，脱密密钥是保密的．这种新的密码体制，引起了密码学界的广泛注意和探讨．某数学课外小组研究了一种编制密码的方法：取任意的正整数n，将小于等于n且与n互质的正整数从小到大排列，即为密码．记符合上述条件的正整数的个数为． （1）求数列的前5项和； （2）求的表达式和的值； （3）记，数列的前n项和，证明． 【答案】（1） （2）， （3） 由（2）知，所以， 所以， 故， 作差得：， 所以． 令， 则， 作差得：， 所以， 故， 因为，所以， 所以得证． 【解析】 【分析】（1）根据数列定义求出前5项即可求和； （2）先根据定义得出，再求出即可； （3）应用错位相减法计算得出即可证明. 【小问1详解】 由题，； 小于等于2且与2互质的正整数有1，所以； 小于等于3且与3互质的正整数有1，2，所以； 小于等于4且与4互质的正整数有1，3，所以； 小于等于5且与5互质的正整数有1，2，3，4，所以． 所以数列的前5项和为． 【小问2详解】 若2为质数，则小于等于的正整数中，只有2的倍数不与2互质， 又因为小于等于的正整数中，2的倍数有个， 所以． 在小于等于31×37的正整数中，31的倍数有37个，37的倍数有31个， 所以． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $