精品解析：江苏省南师附中、苏州中学、扬州中学、南通中学、如皋中学、启东中学、常州中学、盐城中学等九校2026届高三下学期一模联考数学试题

高三数学 本试卷满分150分，考试时间150分钟 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，用铅笔把答题卡上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；写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】，故. 2. 设集合，，若含有4个元素，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合元素的互异性及并集的概念求解即可. 【详解】根据集合元素的互异性可知，，. 因为含有4个元素，所以仅含有1个元素， 若，则或，所以或. 若，则. 结合集合元素互异性可知或. 当时，，，，符合题意. 当时，，，，不符合题意. 综上，. 3. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】二项展开式的通项公式为， 整理得：， 令，解得：， 展开式中常数项为：. 4. 已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，可能平行于平面，也可能(此时不平行于平面，)，故A错； 对于B，若，，直线，可能平行、相交或异面，故B错； 对于C，如果两平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面，故C正确； 对于D，若，，直线与平面可能相交、平行或. 5. 科学研究中经常涉及对粒子状态的分析.某假想粒子有状态1，状态2，状态3，……，每种状态下的粒子经过1秒有两种可能：状态保持不变或变为更高一级状态，已知状态1的粒子有的概率变为状态2，状态2的粒子有的概率变为状态3，以此类推.现有若干状态1的该粒子，则经过3秒处于状态1和状态2的粒子数目约占（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别计算经过3秒后处于状态1和状态2的粒子的概率，然后将这两个概率相加，得到处于状态1和状态2的粒子数目占总粒子数的比例. 【详解】设经过3秒处于状态1的概率为，粒子要始终停留在状态 1，需连续3秒都保持状态 1，根据独立事件概率公式：； 设经过3秒处于状态2的概率为， 情况一:第1秒从状态1变为状态2，第2秒和第3秒都保持状态2不变，概率为； 情况二:第1秒保持状态1不变，第2秒从状态1变为状态2，第3秒保持状态2不变，概率为； 情况三:第1秒和第2秒保持状态1不变，第3秒从状态1变为状态2，概率为； 将上述三种情况的概率相加，得到经过3秒后处于状态2的粒子的概率为， 则经过3秒后处于状态1和状态2的粒子数目占总粒子数的比例为将经过3秒后处于状态1和状态2的粒子的概率相加，可得. 6. 若直线上存在点，圆上存在点，使得，则最大值为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设点的坐标，列出二次函数，由存在性列出不等式解不等式求解 【详解】因为点A在直线上，所以设A点坐标为，点B坐标为， 因为向量 所以，即，， 所以B点坐标为. 又B在圆上，所以. 整理得关于的一元二次方程：， 因为存在点A在直线上，所以关于的一元二次方程有实数解. 故， 令，得，整理即， 所以. 所以的最大值为4. 7. 记的内角，，的对边分别为，，，，，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 所以， 所以 8. 已知正数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据为正数可得，根据为正数及为上的增函数可得，从而可得正确的选项. 【详解】因为为正数，故. 由题设有， 而，故，故， 故，且， 故 设，因为均为上增函数， 故为上的增函数，而，故， 故A正确，BCD错误. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若事件，相互独立，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为8 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正态曲线的对称性即可判断A，根据随机事件的概率加法公式与互斥事件的概率公式即可判断B；利用数据的和差积商性质即可判断C；根据相关指数与残差平方和之间的关系即可判断D. 【详解】对于A，因随机变量，则，由正态曲线的对称性可得，故A正确； 对于B，由事件，相互独立可知，对于随机事件，， 都有， 故仅当，互斥时，才有，故结论不成立，即B错误； 对于C，由题意，， 对于数据，，，， 其均值为， 其方差为，故C正确； 对于D，相关指数越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D正确. 10. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ） A. 曲线与曲线存在相同的对称中心 B. 曲线与曲线存在相同的对称轴 C. 曲线向左平移个单位得到曲线 D. 曲线与曲线关于轴对称 【答案】AC 【解析】 【详解】选项A，因为， 令，得，所以的对称中心为. 因为，令，得，所以的对称中心为. 假设存在相同对称中心，则， 化简得，当时，，所以存在相同对称中心，A正确. 选项B，：令，得，对称轴为. ：令，得，对称轴为. 假设存在相同对称轴，则，化简得， 左边为偶数，右边为奇数，无整数解，所以曲线无相同对称轴，B错误. 选项C，，平移个单位，得： ，C正确. 选项D，若与关于轴对称，则需满足. 因为，而， 显然与不能恒相等，所以两曲线不关于轴对称，D错误. 11. 已知四棱锥的体积为12，四边形是平行四边形，为的中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，.设，，则（ ） A. 时，平面 B. 时， C. 四面体的体积为3 D. 四棱锥的体积的最小值为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】由平面得到平面平面，与是平面和平面的交点矛盾即可判断A；由题设求出，进而得到D是平面与四棱锥的棱的交点即可分析判断B；由点P和点A到平面距离相等得到即可计算判断C；先由基底表示，进而结合共面定理得到，再由题设分析计算得到四棱锥的体积为，再由基本不等式即可计算求解判断D. 【详解】由题可知是平面和平面的交点， 当时，所以，又平面，在平面外， 所以平面，若平面， 则由、平面得平面平面， 则平面与平面无交点，与是平面和平面的交点矛盾，故A错误； 时，，因为为的中点，所以， 因为四边形是平行四边形，所以，则， 又因为平面、平面，则平面， 所以D是平面与四棱锥的棱的交点， 所以D与N重合，即，所以，故B正确； 因为为的中点，所以点P和点A到平面距离相等， 所以四面体的体积为， 所以四面体的体积为3，故C正确； 由题意可得， 因为共面，所以即， 设点P到平面的距离为d，则， 因为，， 所以点M到平面的距离为，点N到平面的距离为， 所以， ， 所以， 因为为的中点，所以点A和点P到平面的距离相等， 所以， 所以四棱锥的体积为， 当且仅当即时等号成立， 所以四棱锥的体积的最小值为4，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意，， 由可得，解得. 13. 已知抛物线：（）的焦点为，直线与有唯一的公共点，则______. 【答案】5 【解析】 【详解】联立与可得， 由于直线与有唯一的公共点，故，解得，（舍去）， 故,则. 14. 已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的正负性与函数单调性的关系，结合函数最值的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 当时，当时，该函数单调递增， 所以， 所以对任意，都有，一定有成立， 解得，这与相矛盾，不符合题意； 当时，当时，， 所以对任意，都有，一定有成立，而， 所以； 当时，设表示两数中最大的数， 因为当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 所以当时，， 对任意，都有，一定有且， 解得， 综上所述：， 所以的取值范围为. 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. 如图，已知是圆锥的轴截面，，. （1）求圆锥的外接球的表面积； （2）若为弧的中点，求二面角的正切值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆锥轴截面的特征得到线面垂直，判断出球心位置，结合勾股定理求出球的半径，代入球的面积公式求解即可. （2）建立空间直角坐标系，结合二面角的向量求法及同角的三角函数关系求解即可. 【小问1详解】 因为是圆锥的轴截面，所以平面. 又平面，所以. 在中，，，所以. 设圆锥的外接球的球心为，半径为， 结合圆锥的定义及对称性易知球心在上. 在中，，则， 整理得，解得. 所以圆锥的外接球的表面积. 【小问2详解】 因为为弧的中点，所以. 因为平面，平面，所以. 又， 所以可以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，. ，， 设平面的法向量为， 则，，令，则，，所以. 因为，，，所以平面， 则即为平面的一个法向量，. 设二面角的平面角为， 则， ， 所以. 故二面角的正切值为. 16. 已知数列各项均不为零，，，. （1）当时，求的前50项和； （2）若，求正整数最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用赋值法求出数列的周期，根据数列的周期进行求解即可； （2）利用特殊值法，结合等差数列的性质进行求解即可. 【小问1详解】 因为数列各项均不为零，，， 所以当时，由， 所以有 ， 所以此时该数列的周期为，因此， 所以的前50项和为； 【小问2详解】 由， 因为，， 所以， 因为， 所以，或， 因为是正整数，所以，即 当时，由， 所以数列是以为首项，公差为的等差数列， 因此，所以， 显然恒成立，所以正整数的最小值为. 17. 某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分， （1）若，求； （2）求的概率分布列和数学期望； （3）证明：当且仅当时， 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）得2分以上可能是随机选一个选项时，当为三个正确选项时选对1个，或者两个正确选项时选对1个，由互斥事件的加法公式得解； （2）可能的取值为，得0分为三个正确选项或两个正确选项的均选到错误选项，得2分只可能是三个正确选项的选对1个，得3分为两个正确选项的选对一个，分别由互斥事件的加法公式求解； （3）可能的取值为，类似（2）的分析得出的期望，结合（2）中的作差比较，得出证明. 【小问1详解】 恰有2个正确选项的概率为，则恰有3个正确选项的概率为， 正确选项是2个时，随机选一个正确可得3分，概率为； 正确选项是3个时，随机选一个正确可得2分，概率为， 因此 【小问2详解】 由题知，可能的取值为， ， ， ， 分布列为： 【小问3详解】 由题知，可能的取值为， ， ， 故， ， 故当且仅当时， 18. 已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点. （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）证明：的外接圆的圆心在定直线上. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用双曲线的几何性质，列出方程组，求得，即可求解； （2）设，联立方程组，由，求得，且，结合，根据向量数量积的运算公式，列出方程，求得的值，即可求解； （3）由（2）求得线段的垂直平分线的方程为，设点的坐标为，根据及，列出方程，化简得到，代入，求得，得到圆心在定直线上，即可得证. 【小问1详解】 因为双曲线的离心率为，且是上一点， 可得，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 则，解得，所以或， 且， 因为，可得， 又因为， 可得， 所以 ， 将代入上式得， ， 因为，可得，即， 解得或， 又因为或，所以， 所以直线的方程为. 【小问3详解】 由（2）知，可得的中点的横坐标为， 则点的纵坐标为，即， 所以线段的垂直平分线的方程为，即， 设点的坐标为， 因为，可得 ， 又因为， 代入得， 整理得， 又由，可得， 则，可得， 其中， 则， 整理得， ①当时，两边同除以，可得， 代入，可得，即， 所以的外接圆的圆心在定直线上； ②当时，即时，可得直线的方程为， 此时点满足直线的方程，此时三点共线，不能构成三角形，舍去， 综上可得，的外接圆的圆心在定直线上. 19. 已知函数. （1）对任意，是的必要条件，求的最小值； （2）对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得在上单调递增，即在恒成立，计算即可； （2）（i）由已知构造函数可得存在两个零点，利用导数证明单调性，进而只需，即，利用导数计算可得的取值范围；（ii）将同构为，将方程的两根转化的两根为，利用导数及数形结合推理可得. 【小问1详解】 ∵对任意，是的必要条件， ∴， 在上单调递增， 则，即在上恒成立， 令，， 在单调递减， . 【小问2详解】 （i）因为对有两个不等的实根， 所以有两个零点， 若是方程的一个根，则，所以， 令， 当，则，当，则， 所以在单调递减；单调递增， ， 要使有两个零点，只需， 即，令， 在(0,1)单调递增；单调递减， . (ii)令，则，，即， 构造方程，两根为， 令，其中的两根为 令则，令，则， 在单调递减；单调递增，作出大致图象如下： 令， 在单调递减；单调递增， 当时，，此时最小. 取最小值时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 本试卷满分150分，考试时间150分钟 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，用铅笔把答题卡上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；写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 2. 设集合，，若含有4个元素，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 4. 已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 科学研究中经常涉及对粒子状态的分析.某假想粒子有状态1，状态2，状态3，……，每种状态下的粒子经过1秒有两种可能：状态保持不变或变为更高一级状态，已知状态1的粒子有的概率变为状态2，状态2的粒子有的概率变为状态3，以此类推.现有若干状态1的该粒子，则经过3秒处于状态1和状态2的粒子数目约占（ ） A. B. C. D. 6. 若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 7. 记的内角，，的对边分别为，，，，，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 已知正数，满足，则（ ） 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. 下列说法正确是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若事件，相互独立，则 C. 若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为8 D. 用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好 10. 已知函数，，则下列结论正确的有（ ） A. 曲线与曲线存在相同对称中心 B. 曲线与曲线存在相同的对称轴 C 曲线向左平移个单位得到曲线 D. 曲线与曲线关于轴对称 11. 已知四棱锥的体积为12，四边形是平行四边形，为的中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，.设，，则（ ） A. 时，平面 B 时， C. 四面体的体积为3 D. 四棱锥的体积的最小值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则______. 13. 已知抛物线：（）的焦点为，直线与有唯一的公共点，则______. 14. 已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______. 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. 如图，已知是圆锥的轴截面，，. （1）求圆锥的外接球的表面积； （2）若为弧的中点，求二面角的正切值. 16. 已知数列各项均不为零，，，. （1）当时，求的前50项和； （2）若，求正整数的最小值. 17. 某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分， （1）若，求； （2）求的概率分布列和数学期望； （3）证明：当且仅当时，. 18. 已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点. （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）证明：外接圆的圆心在定直线上. 19. 已知函数. （1）对任意，是的必要条件，求的最小值； （2）对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $