江苏南京市金陵中学2026届高三下学期一模数学变式练习卷

南京市、盐城市2026届高三下学期一模变式练习卷 数学•全解全析 第一部分（选择题 共58分） 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．设集合，若，则中各元素之和为（    ） A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】B 【分析】根据集合的关系和元素与集合的关系确定的值，进而求得结果. 【详解】由可知，于是只能， 故中各元素之和为． 2．已知向量，，若与垂直，则实数（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平面向量线性运算坐标表示及数量积坐标运算计算即可求解. 【详解】，，， 由与垂直得，即，解得. 3．已知，，且，则“”是“”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】C 【详解】， 因为，所以， 若，则，即， 若，则，即， 所以“”是“”的充要条件. 4．若双曲线的一条渐近线平行于直线，则双曲线的焦距为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】先求出双曲线的一条渐近线方程，再结合题意得到，进而求出，最后求解焦距即可. 【详解】由题意得双曲线的一条渐近线方程为， 而双曲线的一条渐近线平行于直线，可得， 由题意得，则，即， 可得双曲线C的焦距为，故D正确. 故选：D 5．底面半径为的圆锥侧面展开图的圆心角大小为，则此圆锥外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，根据圆锥底面周长与侧面弧长的关系建立方程，求得母线，由勾股定理求得高线，进而求得外接球半径，可得答案. 【详解】由题意可作图如下：    设圆锥的母线长为，由题意可得，解得， 则圆锥的高， 圆锥外接球的半径设为，则，解得， 故圆锥外接球的表面积. 故选：A. 6．记为正项等差数列的前项和，若 ，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据等差数列的性质求，再根据求和公式求. 【详解】因为数列为等差数列，所以， 所以. 又因为，所以. 所以. 故选：D 7．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以，为整体，可得，结合三角恒等变换运算求解即可. 【详解】因为，则， 且，可得， 又因为，则， 且，可得， 所以 . 故选：A. 8．已知函数．若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】易知是的一个零点，当时，转化为两个函数的交点问题，作出函数图象分类讨论即可得解. 【详解】易知，当时，，所以是的一个零点. 所以时，有3个零点，即有3个根， 即和的图象有3个交点． 设，，则和的图象有3个交点． 当时，和的图象有且仅有1个交点，不合题意，应舍去． 函数恒过定点且对称轴为，作出和的大致图象， 当，若与的图象相切，， 设切点，则，解得． 和的图象有3个交点，则． 当，时满足题意，解得， 综上所述， 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．在复数范围内，下列命题是假命题的为（    ） A．若，则是纯虚数 B．若，则z是纯虚数 C．若，则且 D．若、为虚数，则 【答案】ABC 【分析】根据特例，可判定A、B、C都错误，设，结合复数的运算法则，可判定D正确． 【详解】对于A选项，取，则，所以，，此时，不是纯虚数，所以A错误； 对于B选项，取，则成立，但z不是纯虚数，所以B错误； 对于C选项，取，，则，但且，所以C错误； 对于D选项，若、为虚数，设， 则，所以 ，所以D正确． 故选：ABC． 10．已知函数，则（   ） A．为奇函数 B．在区间上单调递增 C． D．若在区间上恰有4个零点，则 【答案】BCD 【分析】确定奇偶性判断A；利用导数确定单调性判断B；利用导数求出最大值判断C；利用导数，结合奇偶性求出范围判断D. 【详解】函数的定义域为R，，为偶函数，A错误； 对于B，当时，，求导得，在上单调递增，B正确； 对于C，令，，函数是偶函数， 当时，，当时，，， 则，当时，求导得，在上单调递减， ，因此当时，，由偶函数性质得当时，， 所以，C正确； 对于D，是偶函数，函数在上恰有4个零点， 当且仅当在上有2个零点，即直线与在上的图象有2个交点， 由选项B得，函数在上单调递增，当在上单调递减， 而， 当时，直线与在上的图象有2个交点，结合为偶函数，故在上恰好有4个零点时，，D正确. 故选：BCD 11．在锐角中，角的对边分别为，且．则（    ） A．的面积为 B． C．若，则 D．的取值范围为 【答案】ACD 【分析】根据三角形面积公式判断A，利用正弦定理及三角恒等变换化简可判断B，根据余弦定理及条件化简，再由二倍角的正余弦、正切公式化简求值可判断C，根据条件判断A点的轨迹，得出范围，再由对勾函数性质求范围即可判断D. 【详解】对于A，由，所以，故A正确； 对于B，由，可得，所以，故B错误； 对于C，，又，， 所以，即， 所以，即，所以， 即，所以， 由为锐角知，故解得，故C正确； 对于D，因为，所以，作于，过作，且，如图， 所以A点的轨迹为线段（不包含端点及中点，否则三角形为直角三角形，不符合题意），由图形可知，且， 令，且，则在上单调递减，在上单调递增， 又当时，，当或时，，所以， 即的取值范围为，故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分． 12．直三棱柱中，若，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】/ 【分析】根据题意可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】因为在直三棱柱中，， 所以两两互相垂直，故建立如图所示空间直角坐标系， 因为，设， 所以，，， 所以，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为： 13．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为，P是C上一点，且，，则C的离心率为_______． 【答案】 【分析】根据椭圆的定义、勾股定理和离心率公式计算即可. 【详解】根据椭圆的定义得，平方得， 化简得①， 因为，所以，所以②， ①-②得，即， 又，得到，，代入②得，得到. 所以椭圆的离心率为. 14．一个正十二面体，十二个面分别标以数字1到12，任意抛掷一次这个正十二面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为__________． 【答案】108 【分析】将事件概率关系转化成事件包含的样本点个数关系，进而对条件分类讨论得答案. 【详解】由事件，事件，从而， 所以，即， 从而有， 又由，即， 从而有， 又由，即， 从而有，故 其中，，故，或. 当时，，，； 故中有且只有一个元素在中，中有且只有一个元素在中， 中另外两个元素为中两奇数或两偶数，满足条件的事件共有. 当时，，，； 故中有且只有两个元素在中，中有且只有两个元素在中， 中另外四个元素为中一个奇数三个偶数或三个奇数一个偶数， 满足条件的事件共有. 当时，，，；此时不满足，不合题意. 综上满足条件的事件的个数为个 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．近些年来，促进新能源汽车产业发展政策频出，新能源市场得到很大发展，销量及渗透率远超预期，新能源几乎成了各个汽车领域的热点．某车企通过市场调研并进行粗略模拟，得到研发投入（亿元）与经济收益（亿元）的数据，统计如下： 研发投入/亿元 1 2 3 4 5 经济收益/亿元 2.5 4 6.5 9 10.5 (1)依据表中统计数据，计算样本相关系数（结果保留3位小数），并判断研发投入与经济收益之间是否有较强的线性相关性；（若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较强） (2)求出关于的线性回归方程，并预测研发投入10亿元时的经济收益． 参考数据：． 附：相关系数，线性回归方程的斜率，截距． 【答案】(1)，具有较强的线性相关程度 (2)，预测研发投入10亿元时产品的经济收益为亿元 【详解】（1）， ， 又因为， 所以， 所以具有较强的线性相关程度. （2）因为， 则，所以关于的线性回归方程为， 将代入线性回归方程，得， 所以预测研发投入10亿元时产品的经济收益为亿元． 16．如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，，，，E，F分别是线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，①求的长；②求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合三角形中位线定理、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）①建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、面面夹角定义进行求解即可； ②根据线面角定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）如图，取的中点G，连接，，． 因为，，所以，，即是平行四边形， 因E，F分别是线段，的中点，则， 又平面，平面， 所以平面； （2）①如图，以G为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则点，，，，， 则，，，， 设平面的一个法向量为， 则由，． 设平面的一个法向量为， 由，． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得（负值舍），故 ②由①，， 因， 故与平面所成角的正弦值为． 17．已知函数． (1)讨论的单调性． (2)若恒成立，求的取值范围； (3)当时，求证： 【答案】(1)当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，分和，讨论导函数的符号，可得函数的单调区间. （2）结合（1）的结论，求函数的最大值，由最大值不大于0可求的取值范围. （3）由（2）可知，再设，分析函数的最值，可得，进而可得结论. 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为， 当时，，所以在上单调递增， 当时，令，解得单调递增， 令，解得单调递减， 所以，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，，不合题意，舍去， 当时，，不合题意，舍去， 当时，由（1）知的最大值为， 由已知解得. 所以. （3）由（2）可得，当时，， 所以（当且仅当取等号）. 设，则， 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增，且. 所以（当且仅当取等号）. （）， . 18．已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为． ①当四点共圆时，求直线的方程； ②求的取值范围． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据条件求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求解； （2）①联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，根据条件有，从而可得，即可求解；②根据条件求出的取值范围，求出的横坐标，再利用三角形的面积公式及弦长公式得，即可求解. 【详解】（1）因为点，则，又，则， 所以，代入抛物线，得到，解得， 所以抛物线的方程为. （2）①因为直线方程为， 设，联立，消得到， 则， 当四点共圆时，则有，故， 则，所以， 又， 所以，即， 整理得到，又，所以，故直线的方程为. ②当时，由，得，又直线的斜率，则， 由，得到直线， 由，得， 直线，联立方程，解得， 由，得， 所以， 又， 又，所以， 故的取值范围为. 19．在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点（不为原点），且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的友好数，圆为的友好圆．设均为抛物线的友好数，且，记的友好圆分别为圆，设圆与抛物线的公共点分别为，已知，且，圆与外切． (1)求的友好圆方程； (2)求数列的通项公式； (3)设点，记的面积为，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设，利用抛物线在该点的切线方程公式，结合圆在该点的切线方程与抛物线切线方程重合，联立圆和抛物线的方程，再结合，求解出，进而得到友好圆方程； （2）根据友好数的定义，推导与对应公共点的纵坐标的关系，再结合外切条件，得到与的递推关系，进而求数列的通项公式； （3）利用三角形面积公式求出的表达式，然后对从而得，利用分析法证明，再利用裂项相消法证明不等式. 【详解】（1）由题意：在抛物线上，故， 设，则抛物线在处的切线方程为，且， 故该切线的斜率为，而圆在处的切线的斜率为， 因为圆为的友好圆，所以，解得， 所以，故圆的半径， 故的友好圆方程为. （2）设，故抛物线在处的切线方程为， 故该切线的斜率为，而且圆与抛物线在点处有相同的切线， 故的斜率为，故的方程为， 令，则，故， 故， 而，所以 故，即是公差为的等差数列， 首项，故，平方得. （3）由抛物线和圆的对称性不妨设在第一象限，故， 由（2）中结果可得，即， 故，故， 则，点到轴的距离， 所以，故， 下证：. 即证：， 即证：， 因为，故即证， 即证， 即证：，即证：， 即证，而当时，， 故恒成立， 故恒成立， 故， 所以. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市、盐城市2026届高三下学期一模变式练习卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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。 第一部分（选择题 共58分） 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．设集合，若，则中各元素之和为（    ） A．3 B．6 C．9 D．12 2．已知向量，，若与垂直，则实数（   ） A． B． C． D． 3．已知，，且，则“”是“”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．若双曲线的一条渐近线平行于直线，则双曲线的焦距为（    ） A．2 B．4 C． D． 5．底面半径为的圆锥侧面展开图的圆心角大小为，则此圆锥外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 6．记为正项等差数列的前项和，若 ，则 （    ） A． B． C． D． 7．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 8．已知函数．若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k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．在复数范围内，下列命题是假命题的为（    ） A．若，则是纯虚数 B．若，则z是纯虚数 C．若，则且 D．若、为虚数，则 10．已知函数，则（   ） A．为奇函数 B．在区间上单调递增 C． D．若在区间上恰有4个零点，则 11．在锐角中，角的对边分别为，且．则（    ） A．的面积为 B． C．若，则 D．的取值范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．直三棱柱中，若，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 13．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为，P是C上一点，且，，则C的离心率为_______． 14．一个正十二面体，十二个面分别标以数字1到12，任意抛掷一次这个正十二面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为__________． ． 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） 近些年来，促进新能源汽车产业发展政策频出，新能源市场得到很大发展，销量及渗透率远超预期，新能源几乎成了各个汽车领域的热点．某车企通过市场调研并进行粗略模拟，得到研发投入（亿元）与经济收益（亿元）的数据，统计如下： 研发投入/亿元 1 2 3 4 5 经济收益/亿元 2.5 4 6.5 9 10.5 (1)依据表中统计数据，计算样本相关系数（结果保留3位小数），并判断研发投入与经济收益之间是否有较强的线性相关性；（若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较强） (2)求出关于的线性回归方程，并预测研发投入10亿元时的经济收益． 参考数据：． 附：相关系数，线性回归方程的斜率，截距． 16．（15分） 如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，，，，E，F分别是线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，①求的长；②求与平面所成角的正弦值． 17．（15分） 已知函数． (1)讨论的单调性． (2)若恒成立，求的取值范围； (3)当时，求证： 18．（17分） 已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为． ①当四点共圆时，求直线的方程； ②求的取值范围． 19．（17分） 在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点（不为原点），且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的友好数，圆为的友好圆．设均为抛物线的友好数，且，记的友好圆分别为圆，设圆与抛物线的公共点分别为，已知，且，圆与外切． (1)求的友好圆方程； (2)求数列的通项公式； (3)设点，记的面积为，证明： 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市、盐城市2026届高三下学期一模变式练习卷 数学·参考答案及评分标准 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 2 3 4 5 6 7 8 B D C D A D A 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 10 11 ABC BCD ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 13． 14．108 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） 【详解】（1）， ， 又因为， 所以， 所以具有较强的线性相关程度.（6分） （2）因为， 则，所以关于的线性回归方程为， 将代入线性回归方程，得， 所以预测研发投入10亿元时产品的经济收益为亿元．（13分） 16．（15分） 【详解】（1）如图，取的中点G，连接，，． 因为，，所以，，即是平行四边形， 因E，F分别是线段，的中点，则， 又平面，平面， 所以平面；（4分） （2）①如图，以G为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则点，，，，， 则，，，， 设平面的一个法向量为， 则由，．（7分） 设平面的一个法向量为， 由，． （9分） 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得（负值舍），故 （12分） ②由①，， 因， 故与平面所成角的正弦值为（15分） 17．（15分） 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为， 当时，，所以在上单调递增， 当时，令，解得单调递增， 令，解得单调递减， 所以，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减.（4分） （2）当时，，不合题意，舍去， 当时，，不合题意，舍去， 当时，由（1）知的最大值为， 由已知解得. 所以.（9分） （3）由（2）可得，当时，， 所以（当且仅当取等号）. 设，则， 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增，且. 所以（当且仅当取等号）. （）， .（15分） 18．（17分） 【详解】（1）因为点，则，又，则， 所以，代入抛物线，得到，解得， 所以抛物线的方程为.（3分） （2）①因为直线方程为， 设，联立，消得到， 则，（5分） 当四点共圆时，则有，故， 则，所以， 又， 所以，即， 整理得到，又，所以，故直线的方程为.（9分） ②当时，由，得，又直线的斜率，则， 由，得到直线， 由，得， 直线，联立方程，解得， 由，得，（12分） 所以， 又，（15分） 又，所以， 故的取值范围为.（17分） 19．（17分） 【详解】（1）由题意：在抛物线上，故， 设，则抛物线在处的切线方程为，且， 故该切线的斜率为，而圆在处的切线的斜率为， 因为圆为的友好圆，所以，解得， 所以，故圆的半径， 故的友好圆方程为.（3分） （2）设，故抛物线在处的切线方程为， 故该切线的斜率为，而且圆与抛物线在点处有相同的切线， 故的斜率为，故的方程为，（7分） 令，则，故， 故， 而，所以 故，即是公差为的等差数列， 首项，故，平方得.（9分） （3）由抛物线和圆的对称性不妨设在第一象限，故， 由（2）中结果可得，即， 故，故， 则，点到轴的距离， 所以，故，（12分） 下证：. 即证：， 即证：， 因为，故即证， 即证， 即证：，即证：， 即证，而当时，， 故恒成立，（15分） 故恒成立， 故， 所以.（17分） 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $