江苏盐城市2026届高三数学考前指导卷

**基本信息** 聚焦数学核心素养，通过生活情境（如牛奶冷却温度计算）与创新定义（如“伴生函数”），梯度覆盖函数、几何、数列等主干知识，适配高三考前综合能力检测。 **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、复数、二项式定理、函数性质|第4题以冷却问题渗透数学应用意识，第8题几何交点问题考查直观想象| |填空题|3题/15分|导数几何意义、概率期望、立体几何体积|第14题正四棱锥体积最值考查空间观念与运算能力| |解答题|5题/77分|三角函数、立体几何、数列、解析几何、函数新定义|第19题“伴生函数”新定义问题考查逻辑推理，第17题数列与概率结合体现综合思维|

2026届高三考前指导卷 数学试题 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上． 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． 1B． 1C． 1D． 2．若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为 A． 1B． 1C． 1D． 3．的展开式中含项的系数为 A． 1B． 1C． 1D． 4．已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是℃，空气的温度是℃，则 后物体的温度℃满足公式（其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）．某天小明同学将温度是℃的牛奶放在℃的空气中，冷却后牛奶的温度是℃，则 A． 1B． 1C． 1D． 5．已知函数（）在处取得最小值，则的最小值为 A． 1B． 1C． 1D． 6．已知函数，若恒成立，则的取值范围为 A． 1B． 1C． 1D． 7．已知点，，若直线：（）上存在点，使得 ，则正实数的取值范围为 A． 1B． 1C． 1D． 8．在△中，，分别为线段，上的点，直线，交于点，且满足 ，则 A． 1B． 1C． 1D． 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．平行六面体中，，， 则下列说法正确的是 A． B．若，则 C． D． 10．设为双曲线：（，）的左焦点，经过原点且斜率大于的 直线交于，两点，与轴垂直，，则 A． B．双曲线的渐近线方程为 C．双曲线的离心率为 D．直线的斜率为 11．设函数，满足：，恒有，则下列结论可能 成立的有 A．，均为上的增函数 B．为上的减函数且为上的增函数 C．的极小值点与的极大值点相同 D．存在最小值且存在最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在平面直角坐标系中，点在曲线：上且在第三象限内．若曲 线在点处的切线为，则实数________． 13．甲、乙两个盒子中分别装有大小及形状完全相同的三个小球，且均各自标号为1、2、 3．现分别从这两个盒子中随机取一个球，用表示两球上的数字之和，设的期望 为，则________． 14．已知正四棱锥的棱长为1，平面满足，且棱，，与 的交点分别为，，，则四面体体积的最大值为________． 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） 在△中，，． （1）求； （2）若为的中点，且，求△的面积． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，∥，，点在上，且，，． （1）设平面与，分别交于点，，且∥平面，证明：为线段的中点； （2）若平面，与平面所成角的余弦值为，求的长度． 第16题图 17．（15分） 已知正项等比数列满足且，，成等差数列． （1）求及其的前项和； （2）从，，，…，中任取三项，求这三项按照原顺序排列依然构成等比数列的概率； （3）设每项均不为的数列满足、均为等比数列．证明： 为等比数列． 18．（17分） 在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的焦距为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为的上焦点，点在上且位于第一象限，关于轴的对称点为． （ⅰ）若直线与轴、的交点分别为、，且，求； （ⅱ）直线、分别交于另一点、，求△面积的最大值． 19．（17分） 定义函数（）为的“伴生函数”，其中为的导函数．若区间满足，都有成立，则称在上具有“伴生性质”且为的“伴生区间”．已知（），设的“伴生函数”为． （1）请求出的一个“伴生区间”； （2）若方程有两个不同的实数解，（）． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：．（参考数据：，） 2026届高三考前指导卷 数学试题参考答案 一、选择题： 1．D 2．B 3．A 4．C 5．C 6．D 7．B 8．C 二、选择题： 9．AD 10．ACD 11．BCD 三、填空题： 12． 13． 14． 四、解答题： 15．解：（1）因为， 所以． …………3分 因为， 所以． …………5分 （2）因为，且， 所以． ………… 7分 由正弦定理可得． …………9分 因为为的中点，且， 所以 ． 设则解得. …………11分 所以， 所以. …………13分 16．解：（1）因为平面，平面， 平面平面， 所以. …………2分 因为, 平面, 平面， 所以平面． …………3分 因为平面, 平面平面， 所以． 故四边形为平行四边形，即， …………5分 因为∥，所以∥． 因为，∥， 所以为线段的中点． …………6分 （2）连接． 因为， 所以四边形是平行四边形， 所以． 因为平面，平面，平面， 所以，， 所以，． 又因为，以为正交基底，建立如图所示的空间直角 坐标系． …………8分 设， ，， 设平面的法向量为，则有 ，即， 令，所以， 所以． …………10分 因为与平面所成的角的余弦值为， 所以与平面所成的角的正弦值为， 即． …………11分 所以，化简可得：， 解得或，即或， …………13分 所以或. …………15分 17．解：（1）设的公比为，且． 依题意得，解得． …………2分 所以，． …………4分 （2）记事件“这三项按照原顺序排列依然构成等比数列”，则事件包含如下基本事件：，，；，，；……；，，； ，，；，，；……；，，； ，，；，，；，，；，，； ，，；，，； 则， …………7分 于是． …………9分 （3）因为、均为等比数列， 所以， …………13分 整理得， 上述两式相加得， 又数列的每项均不为0，所以为等比数列． …………15分 18．解：（1）设椭圆的半焦距为，依题意得，解得， 所以， 所以椭圆的方程为． …………4分 （2）（ⅰ）依题意设，则，其中，． 由，可得直线的方程为， 令，得． 又直线的方程为， 联立方程及，解得． …………6分 因为及，，，共线， 所以， 所以，解得， 所以． …………9分 （ⅱ）联立直线与椭圆的方程得，消去，得 ． 因为在椭圆上，所以， 所以． 由根与系数的关系得，解得．…………11分 同理可得． 因为， 所以． 又， 所以． …………14分 因为， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立． 综上，△面积的最大值为． …………17分 19．解：（1）当时， 的“伴生函数”为， …………1分 ， 当时， ，，具有“伴生性质”． 故的一个“伴生区间”为． …………3分 提醒：的子区间都对，答案不唯一 （2）（ⅰ） 故， …………4分 设， 令，解得；令，解得， 故当时，单调递减；时，单调递增． 因为方程有两个不同的实数解． 所以在上有两个零点， 故，即 …………7分 当时， 因为 ，所以． 若，所以 因为在上恒成立， 所以，则在上单调递增， 则，即当时，． 若， 所以，则在上单调递减， 则，所以当时，． 当时， ． 当时，，即． 因为 所以 …………10分 综上，的取值范围． …………11分 （ⅱ）由为方程的两个解可知： 要证， 即证， …………12分 令，， 令，， 则N（x）在单调递增，故， 所以时，，故M（x）在上单调递增， 则． …………13分 设， 令， ， 令， 则． 因为，所以，则，所以． 则在上单调递增，，即， 则在上单调递增，所以， 即，成立， …………15分 因为，则， 又，，h(x)在(0，1)单调递减，则，即， 故,所以， 所以. …………17分 1 学科网（北京）股份有限公司 $