精品解析：江苏南京市、盐城市2026届高三下学期一模数学试卷

南京市、盐城市2026届高三年级第一次模拟考试 数学 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的． 1. 设全集，集合，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 9 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知a，b是实数，则“”是“且”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（ ） A. B. 2 C. D. 4 5. 已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 若等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知函数，若存在，对于任意都有，则实数的取值范围是（ ） 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. 已知复数，，且，下列说法正确的是（ ） A. 是纯虚数 B. 是实数 C. 是虚数 D. 若，则是实数 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 是偶函数 C. 在上单调递增 D. 有且仅有2个零点 11. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，三角形的面积为2，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当最小时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 14. 设正整数，其中，．记．从集合中随机抽取一个数，则的概率为________． 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. 为研究昼夜温差（单位：）与某植物种子当日的百粒发芽数（单位：粒）之间的关系，实验室记录了6天的每日昼夜温差与种子当日的百粒发芽数，如下表所示： 日期编号 1 2 3 4 5 6 温差 9 13 11 15 10 14 百粒发芽数 23 28 26 31 25 29 （1）根据表中的数据，计算样本相关系数（精确到0.01）； （2）求百粒发芽数关于温差的经验回归方程，并估计昼夜温差为时，这种植物种子当日的百粒发芽数． 参考公式：相关系数， ，， 参考数据：，，，． 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 17. 已知函数，直线与曲线相切． （1）求实数的值； （2）若是函数的极大值点，求实数的取值范围． 18. 已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． （1）求和的值； （2），为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 19. 已知圆，点，对于圆上的点，按照如下方式构造点；过点作直线垂直于轴，为点在轴上的射影，点满足（为常数，），直线交于点，其中为坐标原点，点异于点． （1）若，求的坐标； （2）证明：数列为等比数列； （3）已知，设及的面积分别为，，若存在正整数，使得，求所有可能的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市、盐城市2026届高三年级第一次模拟考试 数学 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的． 1. 设全集，集合，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，， 所以，即. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值. 【详解】因为，所以， 所以即，故， 故选：D. 3. 已知a，b是实数，则“”是“且”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用不等式的性质，结合反例可判断选项 【详解】由不等式的性质若且，则必有，反之不一定成立，如 故“”是“且”的必要不充分条件 故选：B 4. 已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可知，得， 因双曲线的渐近线方程为， 即 ​，代入得， 所以（为半焦距），即， 故焦距为. 5. 已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设该圆锥的底面半径为，根据轴截面性质求得圆锥的高，进而求得圆锥的体积，由勾股定理求得外接球的半径，进而求得球的体积，即可得解. 【详解】设该圆锥的底面半径为，因为该圆锥的轴截面为直角三角形， 所以该圆锥的高为，则该圆锥的体积． 设球的半径为R，则， 解得，则球的体积为． 所以该圆锥与球的体积之比为. 6. 若等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】利用等差数列前项和公式， 代入得：， 代入已知条件：， 化简得：， 展开并整理：， 解得，即：， 因此：， 故. 7. 设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义、任意角的三角函数及两角和的正切公式求解即可. 【详解】对角的终边先进行变换后，角的终边经过，则. 再进行变换得到角的终边，则. 所以. 8. 已知函数，若存在，对于任意都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， ∵存在，对于任意都有， ∴在左侧附近，函数小于0. ， ， ①当时，， ∴存在，对于任意都有，，函数单调递增， ∴当时，，满足题意. ②当时，， ， ∴当时，，函数单调递减， ∴不存在，对于任意都有， ③当时，， ∴存在，对于任意都有，函数单调递减， ∴当时，，不满足题意. 综上所述，实数的取值范围是. 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. 已知复数，，且，下列说法正确的是（ ） A. 是纯虚数 B. 是实数 C. 是虚数 D. 若，则是实数 【答案】AD 【解析】 【详解】A. 为纯虚数，故A正确； B.，只有时，才是实数，故B错误； C.，只有时为虚数，为实数，故C错误； D. 为实数，故D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 是偶函数 C. 在上单调递增 D. 有且仅有2个零点 【答案】BD 【解析】 【分析】选项A，解不等式即得的定义域；选项B，利用偶函数的定义求解；选项C，利用导数求解；选项D，根据的定义域，当，讨论时的情况即可，设，求出是偶函数，分别按照，，这三种情况讨论求解，用导数的单调性和零点存在性定理即可得到结论.当且时，，利用偶函数的性质得解. 【详解】选项A，，， 故的定义域为，故选项A错误； 选项B，，， 故选项B正确； 选项C，，， ， 故在上是单调递减函数，故选项C错误； 选项D，的定义域为， 当时，， 设，则， 故是偶函数， 当时，设， ， 则在上单调递减， ， 当时，，故存在，使得， 故有1个零点， 当时，，此时无零点， 当时，根据偶函数的性质得到有1个零点， 当时，因为是偶函数，只需考虑且的情况， 当时，，此时无零点， 根据偶函数的性质，当时，无零点， 综上可知，有且仅有2个零点，故选项D正确. 11. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，三角形的面积为2，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当最小时， D. 当时， 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据三角形面积公式即可判断选项A；根据正弦定理及选项A可得到，结合基本不等式即可判断选项B；根据三角形面积公式及正弦定理得到，设，则，求出取最大值，得到此时取最小值，即取最小值，进一步化简即可判断选项C；结合诱导公式、二倍角公式、导数及已知条件，即可判断选项D. 【详解】选项A：由得，， 则，所以，故A正确. 选项B：由正弦定理，得，所以， 即，整理得. 又，当且仅当时，等号成立， 所以（，时取等号），故B正确. 选项C：由正弦定理可知，，， ， 所以. 又，则，设，则，. 则 . 当，即时，取最大值，此时取最小值，即取最小值. 代入中得，，即，也即. 因此，当最小时，，故C正确. 选项D：当时，，又，所以， 则. 若，则，即， 所以，此时，， 若，即，由结合C选项的推导可得， 设， 则, 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以， 又，所以在上有两个零点， 所以在上有两个解， 所以不一定成立，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可. 【详解】作，因为，所以是的中点， 过作，由直三棱柱性质得面， 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以，由勾股定理得， 则，，，， 可得，， 设异面直线与所成角为， 则. 13. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线方程，结合，利用两点间距离公式求出点坐标，代入椭圆方程求解即可. 【详解】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，其中. 直线方程：. 设，因为，所以， 即，解得，所以. 代入椭圆方程得，即，所以，即. 又，所以. 14. 设正整数，其中，．记．从集合中随机抽取一个数，则的概率为________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以表示的二进制数最多有11位，即， 而为的二进制表示中1的个数，又，且， 当时，取得最大值为 ，故满足条件的均不超过 2000， 所以，对应的的个数为，，对应的的个数为，，对应的的个数为， 综上，满足条件的的个数为， 所以的概率为. 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. 为研究昼夜温差（单位：）与某植物种子当日的百粒发芽数（单位：粒）之间的关系，实验室记录了6天的每日昼夜温差与种子当日的百粒发芽数，如下表所示： 日期编号 1 2 3 4 5 6 温差 9 13 11 15 10 14 百粒发芽数 23 28 26 31 25 29 （1）根据表中的数据，计算样本相关系数（精确到0.01）； （2）求百粒发芽数关于温差的经验回归方程，并估计昼夜温差为时，这种植物种子当日的百粒发芽数． 参考公式：相关系数， ，， 参考数据：，，，． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接计算，即可求解； （2）根据条件，直接求出，即可求出线性回归方程，再将代入，即可求解. 【小问1详解】 相关系数． 【小问2详解】 由题意得，， 所以，， 所以所求的经验回归方程是， 当时，， 故当昼夜温差为时，这种植物种子当日百粒发芽数为． 16. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接，因为是等边三角形，是中点，所以． 又因为，，平面，，所以平面． 因为平面，所以． 因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，结合等边三角形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而由线面垂直的性质定理得，然后利用面面垂直的判定定理证明即可． （2）法一：利用线面垂直的判定定理证明平面，在平面内，作于，由线面垂直的性质定理和判定定理得平面，然后在中求解即可； 法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后点面距的向量公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：在菱形中，， 又因为，，所以，． 因为，平面，，所以平面． 在平面内，作于． 因为平面，平面，所以． 又因为，，平面，， 所以平面， 所以的长度为点到平面的距离． 在中，因为，，， 所以，同理． 因为平面，平面，所以． 在中，因为，所以边上的高． 即点到平面的距离为． 法二：因为平面，平面，所以． 由（1）得、、两两垂直， 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ，，． 设平面的法向量为， 所以所以 所以是平面的一个法向量． 所以点到平面的距离． 17. 已知函数，直线与曲线相切． （1）求实数的值； （2）若是函数的极大值点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数； （2）利用导数讨论单调性，得出函数的极值，再解不等式即可. 【小问1详解】 设直线与曲线相切于， 因为，所以切线斜率为， 所以，则，所以切点为， 又因为切点在直线上，所以， 所以． 【小问2详解】 ， 则． 当时，，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，不满足题意； 当时，，，，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，不满足题意； 当时，，， 所以在上单调递增， 所以不是的极值点，不满足题意； 当时，，，，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极大值点，满足题意， 综上，的取值范围是． 18. 已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． （1）求和的值； （2），为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 【答案】（1）， （2） ①方法一： 设，， 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值． 方法二： 因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为，显然． 设，． 联立，整理得． 所以. 已知， 所以的重心的纵坐标， 所以，解得． 因此，直线的斜率，为定值． ②因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得． 所以. 设为的中点，则： ，， 即． 直线与轴交点，，则中点． 由于，所以． 所以． 直线的斜率：， 直线的方程：，整理得. 法一： 令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点． 因为，于， 所以在以为直径的定圆上． 法二： 由于，， 所以的方程为，即， 联立，得 即． 令，则，， 令，则，， 令，则，， 求得经过，，的圆方程为， 代入的坐标符合，所以在定圆上． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出. （2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可.方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可.②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程. 方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动.方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可. 【小问1详解】 抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此，抛物线的方程为． 将代入抛物线方程：，又，故． 【小问2详解】 略 19. 已知圆，点，对于圆上的点，按照如下方式构造点；过点作直线垂直于轴，为点在轴上的射影，点满足（为常数，），直线交于点，其中为坐标原点，点异于点． （1）若，求的坐标； （2）证明：数列为等比数列； （3）已知，设及的面积分别为，，若存在正整数，使得，求所有可能的值． 【答案】（1） （2）因为，，， 所以，， 由得或 因此，， 因为，即， 所以， 因此， 又，所以， 因此，即数列为等比数列． （3） 或． 【解析】 【分析】（1）根据，代入坐标运算，即可求解； （2）根据向量关系，并联立直线和圆的方程，求得点的坐标，再根据等比数列的定义证明； （3）根据（2）的结果求通项公式，表示点和的坐标，并代入求，同时将条件等式变形为的形式表示，并构造函数，判断函数的单调性，分情况代入数值求. 【小问1详解】 因为，，， 所以，， 由得或 因此． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得，即， 于是， 注意到 ，因此， 由，， 得， 因此， 因为， 所以，即， 设，，， 则， 因为，， 所以， 所以，即单调递增． 又，， 所以或2， 若，则，， 当时，， 因此或3， 当时，，解得 ， 当时，，解得． 若，则，， 当时，， 因此， 所以，解得（舍）， 综上， 或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $