江苏南京市2026届高三下学期考前预测数学变式练习卷

**基本信息** 立足高三二模备考需求，通过变式设计覆盖函数、几何、概率等核心知识，分层考查数学抽象、逻辑推理与模型意识，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合、导数几何意义、圆锥曲线性质等|第8题结合椭圆内切圆面积与向量关系，考查几何直观与运算能力| |填空题|3题/15分|三角函数图像变换、立体几何轨迹、函数极值点|第14题以双极值点为背景，渗透分类讨论思想| |解答题|5题/77分|数列证明与求和、导数极值分析、立体几何翻折、双曲线综合、概率应用|第19题创设学科文化节挑战情境，考查概率分布与期望，体现数学应用意识；第17题通过翻折与动态轨迹，发展空间观念|

2026届高三第三次调研测试数学变式练习卷 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．已知，则（    ） A． B．2 C． D．3 2．已知抛物线上的点与焦点的距离为7，则到轴的距离为（    ） A． B． C．2 D．4 3．的展开式中的常数项为（   ） A．10 B．5 C． D． 4．设全集为，若，，则集合等于（    ） A．(CRP)∩(CRQ) B．(CRP)∪Q C．P∪(CRQ) D．(CRP)∪(CRQ) 5．已知圆C：，直线l：，则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．已知，则的值为（   ） A． B． C． D． 7．设函数，，的图像上的两点，处的切线分别为，，且，，在y轴上的截距分别为，，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在C上，设为的内切圆圆心，若的面积为，且，则C的离心率为（   ） 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．若，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 10．已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（    ） A． B．的图象关于点成中心对称 C． D． 11．在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 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．将函数的图像向左平移个单位长度后得到奇函数的图像，则______． 13．在正方体中，，点为正方体表面上一动点，若，则点的轨迹长度为___________． 14．已知函数有两个极值点，（）若存在，使得成立，则的取值范围为__________ 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） 已知数列，，． (1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和． 16．（15分） 已知函数． (1)若是的极值点，求的值，并讨论的单调性； (2)当时，证明存在唯一的极小值点，且． 17．（15分） 如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 18．（17分） 已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求的方程； (2)设为的左顶点，过的直线交的右支于两点． （i）证明：以为直径的圆过点； （ii）设直线的斜率存在，直线与圆的另一交点分别为，直线与直线交于点，试判断的形状，并给出证明． 19．（17分） 在某校举办的学科文化节系列活动中，数学组老师设计了一个答题挑战活动供全校数学爱好者挑战．挑战题目由逻辑推理题和运算求解题两部分构成，用于考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力．现有名同学报名依次发起挑战，每位同学成功解答出逻辑推理题和运算求解题的概率均为，两题能否解出相互独立，每位同学解题过程相互独立，挑战规则如下： ①每位同学均先答逻辑推理题，逻辑推理题答对才能答运算求解题； ②记第位同学挑战为本次挑战活动的第轮，若第位同学在规定时间内未完成逻辑推理题，则认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出由第位同学挑战； ③若第位同学在规定时间内完成逻辑推理题，则该同学继续答运算求解题，若该同学在规定时间内未完成运算求解题，则也认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出，由第位同学挑战；若该同学在规定时间内完成了运算求解题，则挑战成功，本次答题挑战活动结束，后续同学不再进行答题挑战． ④挑战进行到第轮，则不管第位同学是否完成两题的解答，答题挑战活动结束．令随机变量表示这名同学在进行第轮挑战后结束挑战活动． (1)求随机变量的分布列； (2)若把挑战规则①去掉，换成规则⑤：挑战的同学先挑战逻辑推理题，若有同学在规定时间内完成逻辑推理题，以后挑战的同学不再挑战逻辑推理题，直接挑战运算求解题．令随机变量表示这名同学在第轮挑战后结束挑战活动． （i）求随机变量的分布列； （ii）证明：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第三次调研测试数学变式练习卷 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 A B C D A A C B 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 ABD ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 13．4 14． 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），且 因此，是以为首项，为公比的等比数列 （6分） （2）由（1）：，因此 令 两式相减得： 所以，.（13分） 16．（15分） 【详解】（1）对函数求导得，因为是的极值点， 所以，解得. 所以，定义域为. 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减； 所以在上单调递减，在上单调递增，满足题设.（6分） （2）当时，，求导得. 令，求导得.（8分） 因为，所以，所以在上单调递增， 又，所以且唯一，使得. 即且唯一，使得，则，（12分） 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，所以存在唯一的极小值点， 又，所以. 且，因此（15分） 17．（15分） 【详解】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面（4分） （2）（i）取的中点为，连接，则且， 由直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 依题意，， 则，， 设平面的法向量为， ，，则可取， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 .（9分） （ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为， 因为平面的法向量为，则平面可以表示为， 设，则中点为在平面上， 即得， 因与平面法向量平行， 则，设比值为,则得， 将其代入中，得，解得，故， 又因为， 设直线与平面的交点为， 直线的方程为，代入平面的方程， 得出，即得，则得， 故，， 设直线与平面所成角为， 则.（15分） 18．（17分） 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，渐近线方程为． 所以， 解得：，所以的方程为．（3分） （2）（i）由（1）知，，直线的斜率不为0， 设直线的方程为，如图， 由，可得，（5分） ∴，其中，（7分） ∴ ， ∴，所以以为直径的圆过点．（9分） （ii）是等腰三角形（或等腰锐角三角形）． 因为直线的斜率存在，所以． 不妨设直线，其中， 由（i）可知， 由，可得，解得，（12分） 故可得，即， ∴ ，（15分） 所以直线， 由，可解得，所以在定直线上， 又，所以，所以是等腰三角形（或等腰锐角三角形）．（17分） 19．（17分） 【详解】（1）由题意可得，每名同学两题均完成挑战的概率为， 的所有可能取值为1，2，3，4，5， 则，， ，， .（4分） 因此的分布列为： 1 2 3 4 5 （2）（i）时，第人必完成运算求解题， 若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为， 若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为， 故． 当时，若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为， 若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为， 故．（9分） 的分布列为： 1 2 3 （ii）．（10分） 又因为 ，，（13分） 故， ，① ，② ①②得， 则.（17分） 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第三次调研测试数学变式练习卷 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．已知，则（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】A 【详解】因为，所以，则 2．已知抛物线上的点与焦点的距离为7，则到轴的距离为（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】设，根据抛物线的定义可知，结合抛物线方程运算求解即可. 【详解】由抛物线可知，准线为. 设，根据抛物线的定义可知，即， 由抛物线方程可得，即， 所以到轴的距离为. 3．的展开式中的常数项为（   ） A．10 B．5 C． D． 【答案】C 【分析】由二项展开式的通项中令计算可得. 【详解】展开式的通项为， 令，解得， 所以的展开式中的常数项为． 故选：C． 4．设全集为，若，，则集合等于（    ） A．(CRP)∩(CRQ) B．(CRP)∪Q C．P∪(CRQ) D．(CRP)∪(CRQ) 【答案】D 【分析】分析出成立的条件，将集合转化为，即可得解. 【详解】已知，所以它的补集为； ，所以它的补集为. 要使成立，只需或， 所以集合或 =(CRP)∪(CRQ) 5．已知圆C：，直线l：，则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求直线所过定点，确定定点在圆内，则有时，直线l被圆C截得的弦长最小，依此求解即可. 【详解】直线， 令，即，所以直线恒过定点， 圆的圆心为，半径为， 且，即点P在圆内， 当时，圆心C到直线l的距离最大为， 此时，直线l被圆C截得的弦长最小，最小值为. 故选：A. 6．已知，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由两角和的正切公式得，再通过二倍角公式及齐次式计算可得. 【详解】由三角恒等变换可知，解得， 原式. 7．设函数，，的图像上的两点，处的切线分别为，，且，，在y轴上的截距分别为，，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用导数求切线方程，结合两条切线平行，得到 的取值区间；再利用一阶导数求出相应点的切线方程，再求y轴上的截距，然后确定 的单调性，然后就可以确定它的取值范围. 【详解】因为而，所以， 在点 处的切线方程为：； 在点 处的切线方程为：； 所以；； 令 ，则 又因为 ，所以，且 所以， ， ， 所以， 令 ， 则 所以在单调递减. 所以. 故选：C 8．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在C上，设为的内切圆圆心，若的面积为，且，则C的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合余弦定理和三角形面积公式得到椭圆焦点三角形的面积公式，根据已知条件即可得，再利用得到内切圆半径，最后利用三角形面积也等于半周长乘以内切圆半径得到关于的等式，求解即可得离心率. 【详解】设， 根据椭圆定义有，在中，由余弦定理可得 ， 即，整理得， 又的面积，由 可得，结合已知条件有，所以， 点为内切圆圆心，所以是的角平分线，设内切圆半径为， 作，垂足为，则， 同时由等面积法可知， 整理得，进而得到， 故的离心率为. 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．若，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】作出和的图像依次分析选项即可 【详解】由于，所以，， 分别作出和的图像如下： 所以. 故选：ABC 10．已知定义域为的偶函数满足，当时，则下列结论正确的有（    ） A． B．的图象关于点成中心对称 C． D． 【答案】ABD 【分析】对A，利用赋值法再结合偶函数即可求解；对B，先推出的周期，再结合中心对称的结论即可求解；对C，利用周期性即可求解；对D，利用函数的奇偶性，单调性，再结合函数的对称性即可求解. 【详解】对A，满足， 令， 则，即， 又为偶函数，，故A对； 对B，， ， 故的周期， 再根据，即， 的图象关于点成中心对称，故B对； 对C，由B知：的周期， 故， ， 令， 则， 又当时， ， 即， 即， ， 故，故C错误； 对D，满足， 关于中心对称， 又当时， 在上单调递增； 当时，， 当时，为偶函数， ， ， 当且仅当时，即时等号成立， ，故D对. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解答此类有关函数性质的题目，关键点在于要结合函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质. 11．在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量逐项计算判断. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，，，， 对于A，取中点，连接，，则， 即，而点，因此， 得到四边形是过A，F，C的平面截该正方体所得的截面， 其周长为，故A正确； 对于B，取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 而平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点， 得到到的距离为，到的距离为，到的距离为， 所以线段的最小值为，故B错误； 对于C，由Q是正方形内的动点， 设，，，则，， 由，得，解得， 即点，，动点Q的轨迹是一条长度为2的线段，故C正确； 对于D，点，设四面体外接球的球心，球半径为R， 则 解得，，，， 因此四面体外接球的表面积为，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．将函数的图像向左平移个单位长度后得到奇函数的图像，则______． 【答案】/ 【分析】根据函数平移，诱导公式及正弦函数的奇偶性即可求解． 【详解】由题意得，， 因为为奇函数，所以， 所以，又， 所以． 13．在正方体中，，点为正方体表面上一动点，若，则点的轨迹长度为___________． 【答案】4 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知数量积计算解得，进而得出轨迹长度. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则四个顶点为， 设动点，，， ，， ，， 因为， 所以，代入解之得， 即所有满足条件的点为如图所示的正方形，故长度为4． 故答案为：4. 14．已知函数有两个极值点，（）若存在，使得成立，则的取值范围为__________ 【答案】 【分析】利用导数分析函数的单调性，所以.根据存在，使得，得存在，使.由，可得的取值范围. 【详解】函数的定义域为R，. 若，则恒成立，所以无极值点； 若，令，则，或；令，则. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 所以有两个极值点，. 因为， 若存在，使得，则， 所以，所以. 因为，所以. 因为， 所以. 所以的取值范围为. 故答案为：. 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．已知数列，，． (1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】(1)通过配凑可得到；(2)依据数列的特征，用错位相减法即可求得. 【详解】（1），且 因此，是以为首项，为公比的等比数列 （2）由（1）：，因此 令 两式相减得： 所以，. 16．已知函数． (1)若是的极值点，求的值，并讨论的单调性； (2)当时，证明存在唯一的极小值点，且． 【答案】(1)；在上单调递减，在上单调递增. (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，根据极值点求出值，进而确定函数的单调性. （2）先判断函数的单调性和极值点，进而确定极值的范围. 【详解】（1）对函数求导得，因为是的极值点， 所以，解得. 所以，定义域为. 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减； 所以在上单调递减，在上单调递增，满足题设. （2）当时，，求导得. 令，求导得. 因为，所以，所以在上单调递增， 又，所以且唯一，使得. 即且唯一，使得，则， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，所以存在唯一的极小值点， 又，所以. 且，因此. 17．如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）（i）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使最小，利用对称法，作D关于平面的对称点，连接，与平面的交点即为，再应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面 （2）（i）取的中点为，连接，则且， 由直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 依题意，， 则，， 设平面的法向量为， ，，则可取， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 . （ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为， 因为平面的法向量为，则平面可以表示为， 设，则中点为在平面上， 即得， 因与平面法向量平行， 则，设比值为,则得， 将其代入中，得，解得，故， 又因为， 设直线与平面的交点为， 直线的方程为，代入平面的方程， 得出，即得，则得， 故，， 设直线与平面所成角为， 则. 18．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求的方程； (2)设为的左顶点，过的直线交的右支于两点． （i）证明：以为直径的圆过点； （ii）设直线的斜率存在，直线与圆的另一交点分别为，直线与直线交于点，试判断的形状，并给出证明． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）等腰三角形（或等腰锐角三角形），证明见解析 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程求解双曲线的方程； （2）（i）设直线的方程为，联立双曲线与直线计算证得结果； （ii）联立双曲线与直线判断三角形的形状； 【详解】（1）因为双曲线的右焦点为，渐近线方程为． 所以， 解得：，所以的方程为． （2）（i）由（1）知，，直线的斜率不为0， 设直线的方程为，如图， 由，可得， ∴，其中， ∴ ， ∴，所以以为直径的圆过点． （ii）是等腰三角形（或等腰锐角三角形）． 因为直线的斜率存在，所以． 不妨设直线，其中， 由（i）可知， 由，可得，解得， 故可得，即， ∴ ， 所以直线， 由，可解得，所以在定直线上， 又，所以，所以是等腰三角形（或等腰锐角三角形）． 19．在某校举办的学科文化节系列活动中，数学组老师设计了一个答题挑战活动供全校数学爱好者挑战．挑战题目由逻辑推理题和运算求解题两部分构成，用于考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力．现有名同学报名依次发起挑战，每位同学成功解答出逻辑推理题和运算求解题的概率均为，两题能否解出相互独立，每位同学解题过程相互独立，挑战规则如下： ①每位同学均先答逻辑推理题，逻辑推理题答对才能答运算求解题； ②记第位同学挑战为本次挑战活动的第轮，若第位同学在规定时间内未完成逻辑推理题，则认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出由第位同学挑战； ③若第位同学在规定时间内完成逻辑推理题，则该同学继续答运算求解题，若该同学在规定时间内未完成运算求解题，则也认为本次活动的第轮挑战失败，该同学退出，由第位同学挑战；若该同学在规定时间内完成了运算求解题，则挑战成功，本次答题挑战活动结束，后续同学不再进行答题挑战． ④挑战进行到第轮，则不管第位同学是否完成两题的解答，答题挑战活动结束．令随机变量表示这名同学在进行第轮挑战后结束挑战活动． (1)求随机变量的分布列； (2)若把挑战规则①去掉，换成规则⑤：挑战的同学先挑战逻辑推理题，若有同学在规定时间内完成逻辑推理题，以后挑战的同学不再挑战逻辑推理题，直接挑战运算求解题．令随机变量表示这名同学在第轮挑战后结束挑战活动． （i）求随机变量的分布列； （ii）证明：． 【答案】(1)分布列见解析； (2)（i）分布列见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）分析出的所有可能取值为1，2，3，4，5，再根据独立性事件乘法公式即可得到答案； （2）（i）首先计算出，则，再写出的分布列即可； （ii）计算得，再累加得，最后再利用错位相减法即可得到答案. 【详解】（1）由题意可得，每名同学两题均完成挑战的概率为， 的所有可能取值为1，2，3，4，5， 则，， ，， . 因此的分布列为： 1 2 3 4 5 （2）（i）时，第人必完成运算求解题， 若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为， 若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为， 故． 当时，若前面人都没有一人完成逻辑推理题，其概率为， 若前面人有一人完成逻辑推理题，其概率为， 故． 的分布列为： 1 2 3 （ii）． 又因为 ，， 故， ，① ，② ①②得， 则. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $