精品解析：江苏省江浦高级中学2026届高三下学期模拟（二模）数学试题

2026届江浦高级中学高三模拟（二模） 一、单选题（每小题5分，共15分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定集合，再由交集运算即可求解. 【详解】， 所以， 故选：D 2. 在中，角的对边分别为，则“”是“为等边三角形”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】由可得，无法判断，由此即可判断. 【详解】由，可得：， 又角为三角形内角，所以，此时无法判断角， 所以无法判断为等边三角形， 由为等边三角形，可得， 即，可得， 所以“”是“为等边三角形”的必要不充分条件， 故选：B 3. 下列函数和为同一函数的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】B 【解析】 【分析】根据同一函数的定义判断各选项即可. 【详解】对于A，函数的定义域为， 函数的定义域为，而， 所以函数和不为同一函数； 对于B，函数的定义域为， 函数的定义域为， 而，， 所以函数和为同一函数； 对于C，函数的定义域为， 函数，则的定义域为， 所以函数和不为同一函数； 对于D，函数的定义域为， 函数的定义域为， 而， 所以函数和不为同一函数. 故选：B. 4. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，得，进而得到即可求解离心率. 【详解】由题意，得，则， 所以，则，即， 所以的离心率为. 故选：A. 5. 设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 1 C. 7 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件结合周期函数的性质和奇函数的性质可得， ，所以，再结合条件当时，，求，由此可得结论. 【详解】因为是定义在上且周期为2的奇函数， 所以，， 所以， 因为当时，， 所以， 所以， 故选：A. 6. 已知实数满足，则的最大值是（ ） A. B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】整理出圆的方程，得出圆心和半径，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可求解. 【详解】由，则， 表示以为圆心，3为半径的圆，即点在该圆上， 设，则圆心到直线的距离为， 解得，则的最大值是. 故选：B 7. 下列四个选项中，最大的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用方根的意义及对数函数的单调性判断即得. 【详解】由，得，由，得，而， 所以给定的4个数中最大的是. 故选：C 8. 每个正整数都可以唯一表示成以下形式：，其中且为该正整数的“长度”，例如，．若正整数的“长度”为1，则这样的的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，设，而，再结合组合计数问题求解. 【详解】依题意，，设，而， 则从这11个整数中任取3个不同的数，按照从小到大的顺序安排给， 所以满足条件的的个数为. 故选：C 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是单调递增函数 C. 的图象关于点对称 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义和判定方法，可判定A正确；根据导数的运算法则，求得，可判定B正确；根据，可判定C错误；根据题意，得到，求得，结合函数单调性，可判定D正确. 【详解】对于A，由函数，可得的定义域为，关于原点对称， ，， 所以， 即，所以为奇函数，所以A正确； 对于B，由， 因此在上单调递增，所以B正确； 对于C，由，可得的图象不关于点对称，所以C错误； 对于D，由，可得， 即，所以， 因为在上单调递增，所以，因此，所以D正确． 故选：ABD． 10. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（ ） A. B. 当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16 C. 一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45 D. 若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件概率加法和条件概率进行逐项分析即可判断. 【详解】对于，当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72， 则 ，解得，所以选项A正确； 对于，发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收有两种情况： 第一种情况是第一次发送1接收为1，第二次发送1接收为0，其概率为； 第二种情况是第一次发送1接收为0，第二次发送1接收为1，其概率为。 根据互斥事件概率加法公式，恰有一次被正确接收的概率为， 所以选项B错误； 对于, 一次发信后被接收为信号“1”有两种情况： 第一种情况是发送0收为1其概率为； 第二种情况是发送1收为1其概率为， 根据互斥事件概率加法公式， 一次发信后被接收为信号“1的概率为， 所以选项C正确； 对于，设事件表示“一次发信后被接收为信号1，事件表示“接收正确”。 由前面计算可知，表示发送1接收为1概率， 即，根据条件概率公式可得， 所以选项D正确. 故选：． 11. 已知动点序列与圆，设表示到圆上的点的最短距离．则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，的面积满足 D. 当时，记，则满足 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，得到点到圆上的点的距离为，结合二次函数的性质，可判定A错误；当时，得到，可判定B正确；求得的面积的表达式，结合数列单调性的判定方法，可判定C错误；当时，得到，并结合数列的求和公式，可判定D正确. 【详解】由圆，可得圆心，半径为，且， 对于A，点到圆上的点的最短距离为，可得，所以A错误； 对于B，当时，可得，所以，所以B正确； 对于C，， 整理得， 因为函数单调递减，可得， 又因为，所以，所以数列单调递增，所以C错误； 对于D，当时，，故， 所以， 可得，所以D正确． 故选：BD． 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知直线的一个方向向量为，且过，则直线的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据直线方向向量的定义，求得直线的斜率，结合直线的点斜式方程，即可求解. 【详解】由直线的方向向量为，可得直线的斜率， 因为直线过点，所以直线的方程为，即. 故答案为：. 13. 已知正三棱锥满足，，则的外接球表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】设为三棱锥的高，得到球的球心在上，结合三棱锥的几何特征和球的截面的性质，求得外接球的半径，利用表面积公式，即可求解. 【详解】因为三棱锥为正三棱锥，又， 所以，又， 设为三棱锥的高，则其外接球的球心在上，且为等边的中心， 如图所示，设外接球的半径为，延长交于点，则， 在等边中，可得，则， 所以， 所以，即，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 14. 已知，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由可对不等式同除，然后求不等式右边的最小值.利用诱导公式和和差角公式化简右边代数式，分析得到右式在时取到最小值，此时再次化简右边等式，利用换元法得到代数式，构造函数，利用导数得到函数的最大值，从而得到右边代数式的最小值，然后得到实数的最大值. 【详解】∵，∴， 原式等价于， 化简得右式 以作为主元可得右式在时取到最小值， 此时右式， 令，则右边， 令，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， ∴，因此． 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 在锐角三角形中，设角所对的边分别为，已知且． （1）求角的大小； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理求得，再由余弦定理，求得，即可求解； （2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，根据为锐角三角形，求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得，即， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以． 【小问2详解】 由正弦定理，可得， 由（1）知，可得， 得， 因为为锐角三角形，可得 ，即，解得， 所以，可得，所以 即，所以的取值范围为． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求A； （2）若，点D在边上，，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意利用余弦定理得，利用正弦定理得，进而求解； （2）先计算，由得，进而得，最后利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理有：， 又由有：， 由正弦定理有：， 又，所以， 所以，即， 又， 所以； 【小问2详解】 由（1）有， 由有：， 又由余弦定理有：， 当时，等号成立， 所以， 所以， 所以面积的最大值为. 17. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，记数列的前n项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，结合题设可得数列为2为首项，2为公差的等差数列，进而求解即可； （2）由题意可得，进而求和即可. 【小问1详解】 由，① 当时，，即或（舍去）； 当时，，② ①②得， 得到， 则， 因为，所以， 则，即， 所以数列为2为首项，2为公差的等差数列， 则. 【小问2详解】 由， 则 . 18. 已知椭圆：经过点和. （1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆C的左焦点为F，点M，N是椭圆C上的两个动点，直线的斜率存在并且不为0. （i）若直线，关于x轴对称，证明：直线过定点； （ii）若为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线过点，直线与直线，分别交于点P，Q，求. 【答案】（1）； （2）（i）证明过程见解析；（ii）1 【解析】 【分析】（1）代入和，得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）（i）设直线的方程为，联立，设，得到两根之和，两根之积，设关于x轴对称点为，则，且在直线上，根据，得到方程，求出，从而求出直线过定点； （ii）设直线为，联立，得到两根之和，两根之积，直线为，表达出直线，联立直线得，同理可得，结合两根之和，两根之积，得到，（），由于，所以，当时，其中一个点坐标为，与重合，不合要求，从而得到结论. 【小问1详解】 将和代入可得， 解得，故椭圆C的方程为； 【小问2详解】 （i）设直线的方程为， 联立得， ，故， 设， 故， 直线，关于x轴对称，设关于x轴对称点为， 则，且在直线上， 直线的斜率存在并且不为0，故直线斜率存在且不为0， 其中，，即， 所以，其中， 所以，， 将代入可得 ，化简得，代入中， ，即且， 所以直线方程为， 直线过定点； （ii）由题意得，直线过点，设直线为， 联立得， ， 故，解得， 设， 则， 直线为，直线为， 联立直线与直线得，同理可得， ， 其中， 故 将代入得 ，（）， 由于，所以， 当时，直线为， 联立得，即，解得或2， 当时，，当时，，即其中一个点坐标为， 与重合，不合要求， 综上，. 19. 设函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若对任意，都有，求的最大值； （3）已知数列满足：①；②均大于0，.设，求证：. 附：. 【答案】（1） （2） （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）求出，求导，得到，由导数的几何意义得到切线方程； （2）利用端点效应，得到，再证明时，在上恒成立，得到答案； （3）在，设，所以，，故，故为等差数列，故，故，，由（2）知，，，故，求出，所以. 【小问1详解】 ，， ， 故， 故曲线在处的切线方程为； 【小问2详解】 对任意，都有， 其中，， 令， 则，， 令， 则，其中， 令，即，解得， 下面证明时，在上恒成立， ， 令，，注意到， 则，注意到， 令，则，注意到， 令，则， 其中在上恒成立，令，， 故，故在上单调递减， 其中，故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上恒成立， 故在上单调递增， 故，故在上单调递增， ，故在上单调递增， ，故， 所以，的最大值为； 【小问3详解】 令，则， 均大于0，设， 因为，， 所以，， 显然，，若，，上式不成立， 由于在上单调递增， 故，，， 故为等差数列，首项和公差均为，故，， 故，， ， 由（2）知，， 所以，， ， 因为，所以， 所以，， 所以， 其中， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届江浦高级中学高三模拟（二模） 一、单选题（每小题5分，共15分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，角的对边分别为，则“”是“为等边三角形”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 3. 下列函数和为同一函数的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 4. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 5. 设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 1 C. 7 D. 6. 已知实数满足，则的最大值是（ ） A. B. C. 8 D. 7. 下列四个选项中，最大的值为（ ） A. B. C. D. 8. 每个正整数都可以唯一表示成以下形式：，其中且为该正整数的“长度”，例如，．若正整数的“长度”为1，则这样的的个数为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是单调递增函数 C. 的图象关于点对称 D. 若，则 10. 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（ ） A. B. 当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16 C. 一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45 D. 若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为 11. 已知动点序列与圆，设表示到圆上的点的最短距离．则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，的面积满足 D. 当时，记，则满足 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知直线的一个方向向量为，且过，则直线的方程为______． 13. 已知正三棱锥满足，，则的外接球表面积为______． 14. 已知，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 在锐角三角形中，设角所对的边分别为，已知且． （1）求角的大小； （2）求的取值范围． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求A； （2）若，点D在边上，，求面积的最大值. 17. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，记数列的前n项和为，求. 18. 已知椭圆：经过点和. （1）求椭圆C的方程； （2）设椭圆C的左焦点为F，点M，N是椭圆C上的两个动点，直线的斜率存在并且不为0. （i）若直线，关于x轴对称，证明：直线过定点； （ii）若为坐标原点，A为椭圆C的右顶点，直线过点，直线与直线，分别交于点P，Q，求. 19. 设函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若对任意，都有，求的最大值； （3）已知数列满足：①；②均大于0，.设，求证：. 附：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $