精品解析：江苏省苏锡常镇四市2025-2026学年高三下学期教学情况调研（二）数学试题

2025~2026学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（二） 数学 2026.5 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，将答题卡交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知集合，所以，即， 因为，所以. 2. 设为虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由复数（），可得. 则即. 所以，解得，因此，. 则. 3. 某市高三年级共有男生20000人，已知他们的身高（单位：）近似服从正态分布，则身高落在区间内的男生人数约为（ ） （参考数据：若，则） A. 3413 B. 5120 C. 6827 D. 10328 【答案】C 【解析】 【详解】，则，， ， 因此身高落在区间内的男生人数为. 4. 在平行四边形 中， 为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在平行四边形 中， 为中点， 则， 因为，所以， 若，则，所以. 5. 已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】代入系数和公式，以及基本不等式求解. 【详解】令，则展开式中各项系数和为，因为 ，所以， 当，即 时等号成立，所以展开式的各项系数之和的最小值为16. 6. 已知，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】A 【解析】 【详解】由且在上单调递增，， 若，则， 由且在上单调递减，， 若，则， 显然可推出，反之不一定成立， 综上，“”是“”的充分不必要条件. 7. 如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆心为，，垂足为.线段绕轴旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过作，根据已知确定上几何体的构成，再应用圆锥的体积公式求上下几何体的体积，即可得. 【详解】过作，如下图示， 由题意，上几何体是半径为的两个圆锥组合而成，高分别为， 令的边长为，则，，，可得， 所以上几何体的体积为， 而圆锥的体积为， 所以下几何体的体积为， 综上，上下几何体的体积之比是. 8. 已知函数（为自然对数的底数），若对任意，总存在，使得，则实数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用导函数求出，将问题转化为对，恒成立，再令得出，再检验对，恒成立即可. 【详解】因为，所以， 当时，单调递增；当时，单调递减； 故， 因为对任意，总存在，使得， 所以对，恒成立， 若，则，得，又，所以， 令，则， 令，得，， 当或时，单调递增； 当时，单调递减； 因为，所以， 则 ， 同理可得，， 因为，所以， 因此，当时，对，恒成立， 故实数的最大值为. 二､多选题：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3张奖券中只有2张有奖奖券，甲､乙2名同学依次随机抽取1张奖券.记事件为“甲中奖”，事件 为“乙中奖”，则下列说法正确的有（） A. 若抽取后放回，则 B. 若抽取后不放回，则 C. 若抽取后放回，则 D. 若抽取后不放回，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】分别分析有放回和无放回两种抽取方式，计算了事件（甲中奖）与 （乙中奖）的概率及条件概率.在有放回时，每次独立，且；在无放回时，，但，从而判断出选项A、B、C正确，D错误. 【详解】选项A：因每次抽取后放回，故抽取条件相同，，故A正确； 选项B：不放回时，，下面计算：事件 发生有两种情况： ①甲中且乙中（）；②甲不中且乙中（）， 故，所以成立，故B正确. 选项C：放回时，；因事件相互独立， 则，即成立，故C正确. 选项D：不放回时，；求：已知甲中奖，剩2张奖券中有1张有奖， 所以，，故D错误. 10. 已知在中，.设函数，则（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. D. 在区间上有且仅有3个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】A根据求出；B、D利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质判断；C计算即可. 【详解】因为，所以， 所以， 因为，所以， 则在中，，故A正确； ， 若，则， 因为正弦函数在上不单调，所以在区间上不单调，故B错误； 因为， 所以，故C正确； 若，则， 因为正弦函数在上存在个零点， 所以在区间上有且仅有2个零点，故D错误. 11. 在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线 上的点满足. 记的轨迹为，则下列说法正确的有（ ） A. 关于轴､轴､原点都对称 B. 上的点到原点的距离的最大值为1 C. 存在，使得到点和点的距离之差大于2 D. 任意 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据在射线上且得到和的坐标之间的关系，再利用点坐标满足双曲线方程得到的轨迹方程，对于A，由方程特点即可判断，对于B，根据范围即可知范围，对于C，把放在某条双曲线上，结合的坐标范围即可判断错误，对于D，利用进行代换即可得的范围. 【详解】设，因为且， 所以，又在射线上，所以存在使得， 即，又根据可得， 即，代入点坐标得， 再把点坐标代入双曲线 方程有， 整理得的轨迹的方程为且， 对于A，无论是把替换为，还是把替换为，或者同时替换， 的方程及限制条件都不变，所以关于轴､轴､原点都对称，A正确； 对于B，由前述分析可知，当即点坐标为时， 取得最大值，B正确； 对于C，若到点和点的距离之差大于， 则在以点和点为焦点且半实轴的双曲线上， 该双曲线上的点显然满足，而由可知， 所以到点和点的距离之差不可能大于，C错误； 对于D，设，则由的方程可得且， 所以，即，D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列是各项均为正数的等比数列，设，若，则__________. 【答案】26 【解析】 【分析】通过题意得出数列的通项公式即可求解. 【详解】根据题意，，已知，即， ，即， 由于数列是等比数列，所以，代入上式得，，解得或， 由于数列的各项均为正数，所以，则数列的通项公式为， 因此. 13. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________． 【答案】4 【解析】 【详解】 已知抛物线的准线为，则的方程为：， 已知点在上，则， 以为圆心的圆与相切，设圆的半径为 ，则， 又 圆与相切且截轴所得的弦长为， ，解得，即， ，解得． 14. 甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取张卡片.记为甲抽取的张卡片中较大编号者的编号， 为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为__________；游戏规定：出现“默契局”时，乙得分，甲得 分，否则乙得 分，甲得分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①根据的可能取值分类讨论即可，②先考虑单局游戏得分之和的数学期望，再根据每局游戏是相互独立的，从而计算结果. 【详解】①甲先从张卡片中随机抽取张，有种组合，乙从剩下的张中随机抽取张，有种组合， 因此一局游戏中甲乙抽卡的所有可能结果总数为种， 甲抽取张卡片中较大编号为，乙抽取张卡片编号为 ，“默契局”的条件是， 由题意可知，的可能取值是， 当时，甲抽到的卡片只能是，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或，此时需满足，则乙可以抽到 或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或，此时需满足，则乙可以抽到或或 ，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或，此时需满足，则乙可以抽到或 或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或，此时需满足，则乙可以抽到 或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或或，此时需满足，没有满足条件的 ，情况数为种； 因此，“默契局”的总情况数为种，一局游戏成为“默契局”的概率为. ②设单局游戏中甲乙得分之和为，则 如果是“默契局”：乙得分，甲得 分，此时，概率为； 如果不是“默契局”：乙得 分，甲得分，此时，概率为； 则单局得分之和的期望为， 由于三局游戏是相互独立的，总得分之和是三局得分之和的累加，根据数学期望的线性性质，有. 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. 记的内角的对边分别为.已知是锐角，. （1）若，求的值： （2）若平分，求 的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据二倍角公式求出，再由同角三角函数关系得，接着利用正弦定理求出 ，最后根据正弦定理化简并计算； （2）先利用余弦定理求出的值，进而得到 的值，再根据平行线性质得到等腰三角形及与的关系，最后利用三角形面积公式求出 的面积. 【小问1详解】 因为，所以， 因为是锐角，所以，所以， 所以； 因为，所以由正弦定理得， 又因为，所以， 因为，所以， 所以由正弦定理得； 【小问2详解】 由余弦定理得，解得， 所以， 因为 ，所以， 所以， 因为 ，所以， 所以， 所以 的面积. 16. 如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1） 法一：取中点 ，连接， 因为 是的中点，所以 且. 由直三棱柱的性质知且，所以 且， 又因为是的中点，所以 且， 所以四边形为平行四边形，所以 . 因为平面，平面，所以， 结合 ，所以，又因为 是的中点，所以. 法二：由直三棱柱的性质知平面， 因为平面，所以， 又因为，所以两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则. 因为分别为和的中点，所以. 因为平面，所以， 又因为，所以， 由解得，即. （2）2 【解析】 【分析】（1）方法1，取中点 ，连结接，由题设可得四边形为平行四边形，据此可完成证明；方法2，以为坐标原点，所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，然后由空间向量知识结合可完成证明； （2）方法1，设到平面的距离为，由，可得，然后由与平面所成角的正弦值为，可得 ，据此可得答案；方法2，由（1）方法2，设直线与平面所成角为 ，由题设及空间向量知识可得，据此可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：在等腰直角中，因为，所以. 由（1）知，平面且. 设到平面的距离为， 则三棱锥的体积. 又因为三棱锥的体积， 所以由，得，解得. 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以， 所以，因为，所以，即的长为2. 法二：因为，所以由（1）知， 设平面的一个法向量为， 则取，则，即. 设直线与平面所成角为 ，则， 即，化简得， 因为，所以 ，即的长为2. 17. 已知函数，曲线在点处的切线方程为（为自然对数的底数）. （1）求的极值； （2）证明：. 【答案】（1）极小值为0，无极大值. （2）证明：因为，，所以在点处的切线方程为，即，所以， 设，求导可得， 设，求导可得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的极大值为，即，在上单调递减， 因为， 所以当时，，， 当时，，， 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）通过求导判断函数的单调性从而找到极值； （2）通过求导得到切线方程，构建辅助函数，根据辅助函数的单调性来判断函数的极值，进而对不等式进行证明. 【小问1详解】 ，求导可得， 当 时，，单调递减， 当 时，，单调递增， 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 略 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右顶点和上顶点分别为和 ，． （1）求 的标准方程； （2）设为线段 上的动点，过作平行于轴的直线与 在第一象限内交于点 ，点满足，延长线段交 于另一点 ． ①当的横坐标为1时，记直线和 的斜率分别为和，求的值； ②当直线的斜率为1时，直线与线段 交于点，记和的面积分别为和，求的值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质结合离心率构造方程求出，进而求出椭圆方程； （2）①根据已知条件结合椭圆方程求出相关点坐标，利用斜率公式表示斜率，进而求解；②设坐标及直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理结合构造方程求出，进而得出点坐标，进而求出． 【小问1详解】 设 的焦距为，右顶点，上顶点， 离心率为， ， ，， ，解得，故， ， 的标准方程为． 【小问2详解】 由题意可得，，直线 的方程为， ①当的横坐标为1时，， 由题意可知点为线段的中点，， ， ； ②设，直线的方程为， 由，得， ， 为线段 上的动点， ， ， ，故， 三点共线， ， 又 ， ， 将代入上式并化简，得： ， 即 ，解得， 当 时，，与点 在第一象限内矛盾，舍去； 当时，直线的方程为， ，， 又，得， ． 19. 我国北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中的隙积术，给出了二阶等差级数的求和方法，通过“构造”来研究数列问题，体现了构造法在数列研究中的价值.例如，在数列中，已知，可以通过两种思路来求解：一是构造，则数列的奇数项和偶数项分别成等差数列；二是构造，则数列是等比数列或常数列.请解决以下问题： 已知数列满足，记为的前项和. （1）若，求的值； （2）若，求满足不等式的所有正整数； （3）若，证明：当时，. 【答案】（1）1013 （2） （3）证明：因为， 所以， 即， 因为，所以， 所以，即， 又因为， 所以， 又因为，所以. 令， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 因为 ， 所以， 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）先通过对已知等式变形构造新数列，根据新数列性质确定其周期，再结合周期计算. （2）先通过对递推式变形构造数列求出，再进一步变形求出的通项公式，最后根据求解的范围. （3）先通过已知等式变形构造数列递推关系，求出数列通项公式，再根据通项公式放缩求的范围. 【小问1详解】 因为，所以， 由和， 得， 因为，所以， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 即， 因为，所以，即， 所以，因为，所以， 所以. 因为，所以，化简得，解得， 所以满足不等式的所有正整数为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（二） 数学 2026.5 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，将答题卡交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 某市高三年级共有男生20000人，已知他们的身高（单位：）近似服从正态分布，则身高落在区间内的男生人数约为（ ） （参考数据：若，则） A. 3413 B. 5120 C. 6827 D. 10328 4. 在平行四边形 中， 为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知 ，则关于 的展开式中各项系数之和的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 6. 已知，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 7. 如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆心为 ，，垂足为 .线段绕轴旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（为自然对数的底数），若对任意，总存在，使得，则实数的最大值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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3张奖券中只有2张有奖奖券，甲､乙2名同学依次随机抽取1张奖券.记事件 为“甲中奖”，事件为“乙中奖”，则下列说法正确的有（） A. 若抽取后放回，则 B. 若抽取后不放回，则 C. 若抽取后放回，则 D. 若抽取后不放回，则 10. 已知在 中，.设函数，则（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. D. 在区间上有且仅有3个零点 11. 在平面直角坐标系 中，已知 是双曲线上任意一点，射线 上的点满足. 记 的轨迹为，则下列说法正确的有（ ） A. 关于 轴､ 轴､原点 都对称 B. 上的点到原点 的距离的最大值为1 C. 存在，使得 到点和点的距离之差大于2 D. 任意 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列是各项均为正数的等比数列，设，若，则__________. 13. 在平面直角坐标系 中，已知抛物线的准线为，点在 上，以 为圆心的圆与相切且截 轴所得的弦长为，则__________． 14. 甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的 张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取 张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取 张卡片.记 为甲抽取的 张卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为__________；游戏规定：出现“默契局”时，乙得 分，甲得 分，否则乙得 分，甲得 分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望__________. 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. 记 的内角的对边分别为.已知 是锐角，. （1）若，求的值： （2）若平分，求 的面积. 16. 如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 17. 已知函数，曲线在点处的切线方程为（为自然对数的底数）. （1）求的极值； （2）证明：. 18. 在平面直角坐标系 中，已知椭圆的离心率为，右顶点和上顶点分别为 和，． （1）求 的标准方程； （2）设 为线段 上的动点，过 作平行于 轴的直线与 在第一象限内交于点 ，点 满足，延长线段交 于另一点 ． ①当 的横坐标为1时，记直线和 的斜率分别为和，求的值； ②当直线 的斜率为1时，直线 与线段 交于点，记和的面积分别为和，求的值． 19. 我国北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中的隙积术，给出了二阶等差级数的求和方法，通过“构造”来研究数列问题，体现了构造法在数列研究中的价值.例如，在数列中，已知，可以通过两种思路来求解：一是构造，则数列的奇数项和偶数项分别成等差数列；二是构造，则数列是等比数列或常数列.请解决以下问题： 已知数列满足，记为的前 项和. （1）若，求的值； （2）若，求满足不等式的所有正整数 ； （3）若，证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $