江苏南京师范大学附属中学2026届高三下学期四月调研测试数学试题

**基本信息** 南京师大附中2026届高三四月数学调研卷，以智能驾驶、四棱锥与球面等真实情境和综合问题为载体，考查数学思维与应用能力，适配高三模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|函数最值、双曲线离心率、排列组合|基础概念与逻辑推理结合| |多选题|3/18|外摆线性质、函数奇偶性与周期性|多选项设计考查慎密思维| |填空题|3/15|取卡概率、三棱柱体积、函数不等式|空间想象与抽象概括并重| |解答题|5/77|三角面积与向量、智能驾驶概率期望、四棱锥与球面、抛物线切线与重心、导数综合|真实情境（如智能驾驶）与跨模块综合（如几何与代数），突出数学建模与创新应用|

南京师大附中2026届高三四月调研测试 数学学科 一、单选题（40分） 1．已知，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左、右支分别交于点P、Q.若，且，则C的离心率为（    ） A．3 B．2 C． D． 3．如图，△ABC三边的中点分别为，将六个数字全部标注在六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比其相邻两顶点处的数字小，则不同的标注方法有（    ） A．36种 B．48种 C．60种 D．72种 4．已知函数，若，且，则（    ） A． B． C． D． 5．已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（   ） A． B． C．1 D．2 6．已知函数的定义域为D，对于任意给定，都存在，使得，则称函数为“倍增友好函数”，则下列函数中不是“倍增友好函数”的是（    ）． A． B． C． D． 7．在中，，，，则（    ） A． B． C． D． 8．若函数是偶函数，则（    ） A．0 B． C． D． 二、多选题（18分） 9．半径为1的圆沿圆外侧无滑动滚动一周，设圆上的点的运动轨迹为曲线.已知点的初始位置为，则（    ） A．点在曲线上 B．曲线围成的区域面积等于16 C．曲线与直线有三个交点 D．曲线上点的横坐标的最大值为 10．已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（   ） A． B． C．是奇函数 D． 11．已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（   ） A． B．平面平面 C．截面的面积为 D．该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 三、填空题（15分） 12．已知一袋中装有标号为1，2，3，4的卡片各一张，现每次从中取出一张，记下号码后再放回袋中，当四种号码的卡片都被取出过时即停止抽取．则恰好取7次卡片后停止抽取的概率为__________. 13．正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______． 14．已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示） 四、解答题（77分） 15．（13分）△ABC的内角所对的边分别为，其面积为. 已知. (1)求； (2)点满足，且，求. 16．（15分）在某智能辅助驾驶车道保持系统中，用数轴描述车辆的横向位置：表示车辆位于车道中心线上，表示车辆右偏（如表示车辆位于中心线右侧2个单位），表示车辆左偏.一辆装有该系统的车辆从初始位置（为整数）出发，每次受扰动后（扰动来自路面､侧风与传感器噪声等），车辆随机向右移动1个单位的概率为，向左移动1个单位的概率为. (1)若. （i）求车辆经过10次扰动到达的概率； （ii）已知车辆经过10次扰动恰好首次到达，求其没有重返过的概率. (2)若车辆从初始横向位置为给定正整数）出发，当车辆的横向位置到达或时，一次监测流程结束.记一次监测流程结束车辆所受扰动次数的期望为，求的表达式（用表示）. 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面，，，.以为直径的球面分别交，于，两点（，异于所在棱端点）. (1)证明：平面； (2)求异面直线与的夹角； (3)求三棱锥的体积. 18．（17分）已知，M是抛物线与的公共点，O为坐标原点，． (1)求p的值； (2)（在最左侧）是上不同于M的三点，直线与相切，切点分别为，点为的重心． （ⅰ）证明：在轴上，且； （ⅱ）若，求的值． 19．（17分）已知函数，其中且. (1)当时，求函数图象在处的切线方程； (2)若对于给定的自然数，函数有意义，求的取值范围； (3)对任意的，若，求的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 南京师大附中2026届高三四月调研测试 数学学科参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B C A C A D ACD ABD 题号 11 答案 BCD 1．A 【详解】因为，所以， 两边同除以，得， 所以，因为，所以， 所以 当且仅当，即时取等号，所以最大值为． 2．A 【分析】由向量的关系求出线段之间的关系，设，则，，再由双曲线的定义可得，，再由数量积为可得直线的垂直，分别在两个直角三角形中由余弦定理可得，的关系，可求出离心率． 【详解】，设，则，， 由双曲线的定义可得，，因为， 在中，由余弦定理有， 即，① 在中，由余弦定理有， 即，②由②可得，代入①可得，即. 所以C的离心率为：，故选：A. 3．B 【分析】根据分类加法计数原理及排列数公式计算求解. 【详解】由题意可得顶点标注只能为或，其余情况不满足题意. 若顶点标注，则标注在中点处，此时有， 若顶点标注，则只能标注在之间的边的中点，此时有种， 所以不同的标注方法有种. 4．C 【分析】根据题意可得，由余弦函数的对称性，，化简得到，代入即可求解. 【详解】由于，所以, 因为​，所以， 因为，且，则 ​由余弦函数的对称性，，且，所以，则，则， 因为，且，所以 5．A 【分析】先由为奇函数推得，再由为偶函数推得，即得4是的一个周期，通过赋值代入求得，再由周期性即可求得答案. 【详解】因为为奇函数，所以， 令，则，即①； 因为为偶函数，所以， 令，则，即， 所以，所以，即②， 所以，所以4是的一个周期．由① 式，取，可得，即得， 又由② 式，取，可得故，， 由② 式，取，可得，取，可得， 故， 则. 6．C 【分析】对于A，根据，都有判断；对于B，根据时，；对于C，根据，只对成立判断；对于D，由题得，再分和两种情况讨论判断. 【详解】对于A选项，的定义域为，对于任意给定，任取，都有，满足“倍增友好函数”定义； 对于B选项，的定义域为，对于任意给定，取，，满足“倍增友好函数”定义； 对于C选项，的定义域为，对于任意给定，取，，， 要使成立，则，又，解得，这意味着对于任意的的正整数，不存在满足条件， 所以该函数不满足“倍增友好函数”定义； 对于D，的定义域为，对于任意给定，取，，，故当，即，变形得：， 所以，当时，，解得，当时，，均满足， 综上，满足“倍增友好函数”定义. 7．A 【分析】先根据三角函数基本关系得到，进而利用和差公式计算，再由正弦定理计算边长即可． 【详解】，， ，由正弦定理和大边对大角，则，又, ，，，则， 又，故． 8．D 【详解】因是偶函数，则， 即，也即函数是偶函数，则， ，则得，所以， 则. 9．ACD 【分析】选项A根据题意可知点到原点的距离，从而确定点在曲线上；选项B曲线围成的区域面积大于半径为的圆面积；选项C由曲线方程与直线方程可判断；选项D由参数方程得出点的横坐标，求最大值. 【详解】圆沿圆外侧无滑动滚动， 所以圆心的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆，点到原点的距离满足， 点到原点的距离为，当圆滚动到圆正上方时，点恰好位于，故选项A正确； 曲线围成的区域面积介于半径为的圆面积和半径为的圆面积之间，即，不可能等于， 选项B错误； 由参数方程设圆的圆心为，外摆线参数方程标准形式， 代入可得曲线的参数方程为（为参数），解方程，，整理得 ，作出与在的图象，有2个交点， 令，所以曲线与直线有三个交点，C正确； ，令， ，，，，在上递增， ，或，在，上递减， 所以在处取得极大值，即最大值.点坐标为， 当时，横坐标为最大值，选项D正确. 10．ABD 【分析】通过条件推导函数的性质，逐个分析选项即可. 【详解】由关于对称，得， 已知，将第二个式子换元，代入化简得， 因为，则，将用替换，可得， 将用替换，得，即，故周期为.又因为，则，即是偶函数. 由和，得，且，故是偶函数.选项A，，，由，得，A正确；选项B，对任意，，故，B正确； 选项C，推导得，是偶函数不是奇函数，C错误； 选项D，求和分组方式为为一组，为下一组，以此类推，直至，每组和为，共组，总和为，即，D正确. 11．BCD 【分析】A选项，先求出下底面等边三角形的高，进而求出；B选项，找到两平面所成夹角的平面角，结合勾股定理逆定理得到垂直关系；C选项，找到截面四边形为等腰梯形，求出面积；D选项，在C基础上，得到两部分的体积，得到比值. 【详解】A选项，如图，取上底面，下底面的中心分别为，取的中点， 取中点，于是四边形为矩形，则，于是， 又为等边三角形，则，A错误； 选项B，由于，且平面 平面，则平面， 又因为平面，平面平面，则，如图，连接，由于，则为平面与平面所成角的平面角， 由于，则，于是平面平面，B正确； 选项C，如图，连接，交于点，过点作的平行线交于， 由于∽，则 ，则为上靠近的三等分点， 于是，由于为中点，为中点， 则四边形为等腰梯形，且， 于是，C正确； 选项D，由于正三角形与正三角形相似，三条侧棱延长相交于一点，于是为正三棱台，该三棱柱被截面分成两部分，分别为三棱台和剩余部分， 其中，同理可得，三棱台的体积，而三棱柱的体积， 于是截面所截的另一部分的体积，则较小部分与较大部分的体积之比为，D正确． 12． 【分析】计算出所有可能取法后，分前次种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，且第次出现第种号码进行讨论，可得符合要求的总可能取法，最后利用古典概型求概率即可得. 【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行次一共有种不同的取法， 恰好取次卡片时停止，说明前次出现了种号码且第次出现第种号码， 种号码出现的次数分别为、、或、、或、、， 种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种； 种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种； 种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种； 故恰好取次卡片后停止抽取的概率为：. 13．/ 【分析】先证明，再确定所求几何体可通过三棱台截去三棱锥得到，结合台体和锥体体积公式求结论. 【详解】如图，连接并延长，与的延长线交于点，连接， 延长与的延长线交于点，连接，交于点，连接，． 因为，，， 所以，所以．， 同理可得．三棱柱和三棱锥的公共部分为几何体， 其体积为三棱台的体积和三棱锥的体积之差， 即． 14． 【分析】由，可得在R上单调递增，又注意到原不等式等价于，据此可得答案. 【详解】因为，构造函数，因为，所以函数是增函数，因为，所以，因为，所以原不等式即，解得，所以不等式的解集为. 15．(1) (2). 【分析】（1）根据三角形面积公式及向量的数量积求解即可. （2）求出向量，对进行平方可得到，将对应向量代入化简可得，结合余弦定理求出，代入求值即可. 【详解】（1）因为，，， 所以，即，因为，，所以， 又因为，所以. （2）因为，. 因为，所以，则， 即.整理得，即，也即. 因为，所以，即.在中，由余弦定理知，，所以. 16．(1)（i）；（ii）； (2). 【分析】（1）（i）根据独立重复试验模型计算概率即可； （ii）利用条件概率公式计算即可； （2）分析得，再构造等差数列，最后求和即可. 【详解】（1）（i）记“车辆经过10次扰动到达”为事件， 由题意可知车辆在10次移动中，8次向右移动，2次向左移动， 所以，． （ii）设事件为“车辆经过10次扰动恰好首次到达”，事件为“车辆移动过程中没有重返过”． 设第次向右移动赋值为，第次向左移动赋值为． 则10次移动可以表示为有序数组，其中． 记10次移动恰好首次到达处的路径为， 则可得中有且仅有两个，且不同时为， 所以共有种不同路径，所以， 记10次移动恰好首次到达处且过程中没有重返的路径为， 此时中有且仅有两个不同时为，不同时为， 所以共有种不同路径，所以，所以． （2）设车辆从位置出发，每次有的概率向右移动到的概率向左移动到， 每次移动记为1步， 同时，，若第一步向右到，则后续所需的期望步数为， 若第一步向左到，则后续所需的期望步数为，第一步本身消耗1步， 所以，所以，， 令，则，当时，， ，令，所以， 因为， 所以，由，所以， 解得，所以， 当时，，所以为等差数列，公差为，所以， ，由， 得，所以， 综上所述，. 17．(1)证明过程见解析(2)(3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，先求坐标，运用向量数量积求解夹角；（3）转换三棱锥的顶点，计算出底面积和高即可求解体积. 【详解】（1）由底面，底面，得； 又，， 故，，因此平面.平面，故. 在以为直径的球面上，直径所对的圆周角是直角，得，即. 又，平面，因此平面，得证. （2） 以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系， 由题意得各点坐标. 由（1）可知，所以. 因为所以为的中点，得. ， 则，， 所以，解得，即. 得，.， 故，因此异面直线与的夹角为. （3）由（2）可知，， 设平面的法向量为，则， 化简得 令，得，因此平面的一个法向量为. ，点到平面的距离，​ 又，，​. 故，三棱锥体积. 18．(1) (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）8 【分析】（1）设，根据题意，联立方程组，求得，结合，即可求得的值； （2）（ⅰ）设，求得直线方程，与的方程组，求得，同理可得，进而得到，，求得，结合函数的性质，即可得证； （ⅱ）由（ⅰ）得到和，求得和，化简，列出方程，求得，结合，得到，得出，设点到直线的距离为，结合重心的性质，求得点到直线的距离，即可求解. 【详解】（1）设，其中，，因为M是抛物线：与：的公共点， 可得，解得，则，又因为，所以， 则，可得，因为，可得； （2）（ⅰ）证明：由（1）知，，设，，， 因为，所以直线方程为， 联立直线与的方程，消去x得，，① 因为直线与相切，所以由，可得， 同理，所以，为关于x的方程的两根， 故，，即，，② 设的重心，则，所以G点在y轴上， 而， 因为点P在最左侧，由②知：，且，否则， 则，，从而，矛盾； 设，，则在区间上单调递减， 故，则． （ⅱ）由，即的面积是的面积的4倍， 由①②知，，同理， 则， ，所以 ，所以，得，解得， 而直线AB斜率为，直线DE斜率为 ， 因此，所以，于是，即AB为的中位线， 设点到直线的距离为，则由为的重心及中位线的性质， 可知点到直线的距离为，且点到直线的距离为, 因此与的面积之比为． 19．(1)(2).(3). 【分析】（1）代入化简，对其求导并计算处的导数值得到切线斜率，由确定切点为原点，最后用点斜式写出过原点的切线方程为. （2）根据不等式在给定区间恒成立，分离参数，构造关于的函数，利用底数小于1的指数函数单调递减，判断复合函数单调性，求出函数在区间上的最大值，进而得到参数的取值范围. （3）由判断各指数函数单调递增，结合得到内层和函数单调递增，进而推出在区间上单调递增，故最大值为.根据恒成立列出对数不等式，化简整理得到关于的不等式，构造新函数求导判断单调性，求出函数取值范围，最终确定正整数的最大值为3. 【详解】（1）当时，函数，求导得，所以，因为，所以切点为原点，所以函数图象过原点的切线方程为. （2）由题意得，对于给定的自然数在上恒成立， 因为，所以恒成立，因为，所以在上单调递减，所以在上单调递增， 所以，所以. （3）因为，所以在上单调递增， 又因为，所以在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以， 由恒成立，所以，即， 所以，令， 求导得恒成立，所以在上单调递增， 所以，所以，即的最大值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $