江苏徐州市2026届高三模拟预测数学试题

2026年高三年级试题 数学 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，将本试卷和答题卡一并交回． 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．在复平面内，位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知集合，，若，则 A．2 B．1 C．0 D． 3．已知，则“”是“数据a，，，，的极差为4”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 4．在中，若，则 A． B． C． D． 5．若函数（）是奇函数，则 A． B．1 C．3 D．9 6．已知椭圆（）的左顶点为A，上顶点为B，直线与C交于第一象限内的点P．若四边形的面积是的面积的3倍，则C的方程不可能为 A． B． C． D． 7．如图，在正方形中，E，F是的两个三等分点，将该正方形折成一个正三棱柱（与重合），则直线与平面所成角的正弦值为 A． B． C． D． 8．已知函数，集合．若对任意，都有，则t的取值范围为 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．已知函数（，）和的部分图象如图所示，则 A． B． C．是函数的一条对称轴 D．当时， 10．若数列的前n项和为，且，从其前项中任取两项，记这两项都是正数的概率为，则 A． B． C． D． 11．在正四棱台中，，O为和的交点，平面内的点P到平面与平面的距离之积为，则 A．该棱台的侧面积为 B．直线与所成的角为 C．该棱台的外接球的体积为 D．的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．的展开式中含项的系数为______． 13．将某数学博主1—4月份的粉丝量y整理成如下表格，根据表中数据求出z关于x的经验回归方程为，则预测该数学博主6月末的粉丝量约为______． 月份x 1 2 3 4 粉丝量y 14．若存在4条不同的直线既是曲线的切线，也是圆的切线，则半径r的取值范围是______． 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） 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，的平分线交于点D． （1）求b的值； （2）从下列条件中选择一个作为已知，使存在，并求的长． 条件①：边上的高为；条件②：的面积为． 16．（15分） 箱内有3个除编号外都相同的小球，编号为1，2，3．游戏规则如下：从箱中取出一个小球，记下编号并放回，重复这个过程，直至某次取到小球的编号小于或等于上一次取到小球的编号时，游戏停止．记游戏停止时，取球次数为X． （1）求第一次取到2号球的条件下，第二次取球后游戏停止的概率； （2）求X的分布列和数学期望． 17．（15分） 已知函数，． （1）若， （i）求的极值点； （ii）证明：当时，； （2）若，，求a的取值范围． 18．（17分） 已知数列共有m（，）项，且各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为． （1）若数列为1，3，5，7，求T； （2）若是等比数列，且，． （i）求； （ii）令（），若，求m的最大值． 19．（17分） 已知抛物线的焦点为F，过F的直线交C于点A，B（A在x轴上方），交y轴于点P，M为的中点，C上的点D满足． （1）证明： （i）直线与C相切； （ii）直线过定点； （2）若直线的斜率为，直线交x轴于点N，将坐标平面沿x轴折起，设二面角的大小为（），平面与直线交于点Q，求三棱锥的体积的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高三年级试题 数学参考答案与评分标准 一、选择题： 1.B2.B3.A4.A5.D6.C7.D8.A 二、选择题： 9.BCD 10.ACD 11.ABD 三、填空题： 12.-1213.e514.（0,1 四、解答题： 15.D因为A,所以m13 2 2分 又2 a sin B=V6,由正弦定理，可得2 bsin A=√6， 所以b=V6 =2 6分 2x6 2 (2)若达0：因为4B边上的高为5，inA=5,b=5, 2 所以△ABC的面积S=cxV5=besin A= 2.5 -CX 2 2 2 2 无解，所以三角形不存在；（给0分） 若选②：△A8C的面积5=besin A=5。x5-5,解得e-2. -C 9分 2 22 所以b=C,所以△ABC为等腰三角形， 10分 又AD为∠BAC的平分线，所以AD⊥BC, 11分 v2 所以4D=bcos4-2x 2 13分 22 16.(1)记第一次取到2号球为事件A,第二次取球后游戏停止为事件B, 则P叫-P叫刷-+号 4分 2 所以P(BA P(AB_9-2 P(4)13 6分 J (2)X的可能取值为2,3,4 7分 P(X=2) C+C_2 3 X-3-2C12Ci-P(X-4 3C- 3 34=27 所以X的分布列为 X 2 3 4 2 8 1 P 3 27 27 13分 E(x)=2x2+3x8+4x是-64 15分 3 27 2727 17.(1)当a=2时，f(x)=x-2nx,则f"(x)=1-2--2 1分 令f'(x)=0,则x=2,列表有 (0,2) 2 (2,+0 f(x) 0 f(x) 减 极小值 增 所以f(x)的极小值点为2，无极大值点， 4分 2)令g=f(x)-f4-x,由(1)知f"(x=-2 则g()=f"(x)-f4-x=x-2+2-x-2(x-2 6分 x 4-x x(4-x) 当x∈(2,4)时，g(x<0,所以gx为减函数， 7分 所以gx)<g(2)=f(2)-f(2)=0,从而当x∈(2,4)时，f(x)<f(4-x). 8分 3))f(x)-2af(x)=x+2a-alx-2a.=1-2g-a-x-2a)(x+al x2 x 因为a<0,所以0>0 从而当x∈(0，-a时，h'(x<0,h(x)单调递减： 当x∈-a,+∞时，(x>0,h(x)单调递增， 12分 所以h(x)的最小值为h(-a)=-a(5+ln(-a】 13分 因为f(x)>2af'(x),所以-a5+ln(-a)>0,即ln(-a>-5,从而a<-e5, 故a的取值范围为-o,-e). 15分 18.(1)因为数列{an}为1,3,5,7，所以3-1=5-3=7-5=2,5-1=7-3=4,7-1=6，则 T={2,4,6 3分 (2)(i)设等比数列{an}的公比为g（g>0), 由题意可知a1=4,4a2+a=4a,9+a,92=16q+4g2=48, 4分 即g2+4q-12=0,解得g=2或g=-6(舍去)， 所以an=ag”-1=21. 6分 因为1≤i<j≤m,所以集合T中元素最多为C=,山个，即P叫T)≤川”- 8分 2 对于数列22,2,24，，21，此时a-a,=21-2, 若存在a-a,=a6-a,即24-24=2-2，其中方>1，j2>i, 故24(24-1=2(2-6-1. 若1≠i,不妨设>，则24-(2-1=2--1，而元>，2>i2, 故2-6(24-1为偶数，2-1为奇数，矛盾，故i=,j=j2, 故由2,2,2，，2得到a,-a,彼此互异，所以PT）=n”- 10分 2 mD由0D知，=3m20=3n-212-2"+2（m22) 12分 2P(T）（n-1nn-1n (3). 容-旷6-)合g*r得 =8+-12 14分 n 0当n为奇数，-1r2-2<0,从-168-2<8<68。 15分 nn n ②当n为偶数时， 2-1川6=8+2 2n+2 2*32*2n+1）2+2 令Cn= 则C+1-Cn= >0(n≥2）， n n+l nn(n+l 当n≥2时，{c}单调递增. 2_128<60,c= 又因为c。=63 -=128>60, 8 所以m的最大值为7. 17分 19.(1)由题意F(1,0),直线AB的斜率存在且不为0， 程为x三m+m≠0)，令x=0,得y三-， m 1 因此直线DP的方程为y=-mx-- 1分 m 1 y=-mx- 联立 m,得m2y2+4my+4=0, y2=4x 则△=(4m)2-4m2×4=0,又m≠0，所以直线DP与C相切. 3分 1 1 X=- y=-mx- (2)联立 m, 解得 4分 2 y2=4x y=- m 联立 x=my+1 y2=4x 得y2-4my-4=0,设Ax1,y)，B(x2,y2), 则乃+2=4m,y1y3=-4,所以x+x2=4m2+2,M2m2+1,2m. 5分 2m+2 ①当2m2+1主即m2≠时，直线DM的剂率为 m 2m 2 2m2+1-1 2m2-1 所以直线DM方程为y2x-2m-+2m,一 6分 2x-2,故直线DM恒过定点2,0) 7分 ②当2m2+1=1 时即m=分 此时直线DM方程为x=2,恒过点(2,0). 综上可知，直线DM过定点(2,0). 8分 （3由2知M2m+l,2m,当m=5时，M2,2),A2+5,2+6。 折起后，以C的顶点O为原点，OP为x轴正方向，OF为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标 系 因为二面角A-FN-B的大小为0， 则N(0,2,0),D2V2,2,0,PV2,0,0,MV2cos0,2,V2sin0 A2+v6)cos0,2+V5,(2+v6)sin0. 9分 所以ND=(2V2,0,0,PW=(-√2,2,0，NM=(V2cos0,0,√2sin0） PA=2+v6)cos0-2,2+5,(2+6)sin0) 因为Q,M,D,N四点共面，所以存在，B使得 NO=aND+BNM=(2v2a+2Bcos0,0,v2Bsin0). 设P0=PA=PW+W0=2V2a+V2Bcos0-V2,2,V2Bsin0） =元2+V6)cos0-2,2+3,V2+6)sin0, 11分 所以(2+5)元=2，(V2+V6)2sin0=V2Bsin9,解得B=2W5-2. 设Q(xo,,z),则z=(2W6-2W2)sin0 12分 所以三角形QND的面积S=，×2W2×26-22)sin0=4(N5-l小sin0. 13分 因为y轴的方向向量为m=(0,l,0),且NM·m=0,ND.m=0,所以y轴⊥MN, y轴⊥ND,又MN,NDc平面MND,MN∩ND=N,所以y轴⊥平面MND. 故点A到平面MD的距离为2+√3-2=√3， 15分 故三棱锥0-ADN的体积g-m=eo-5-小n0-5s5(5-) -12-4W5,当且仅当sin0=1,即0=号时，取等号. 3 综上可知，三棱锥Q-AD的体积的最大值为2-45 3 17分