精品解析：江苏泰州市2026届高三考前自测数学试卷

高三数学试卷 （考试时间：120分钟；总分：150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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 或 2. 已知复数z满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 正六棱柱的底面边长为6，高为4.若挖去一个以正六棱柱上底面的中心为顶点，正六棱柱下底面为底面的正六棱锥，则剩余部分几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. “”是“数列为等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 6. 已知向量、、均为单位向量，若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 若圆上存在两个不同的点，直线上存在一点，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，的定义域均为，函数是奇函数，函数是偶函数.若，，则（ ） A. 100 B. 225 C. 400 D. 2026 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. 下列命题正确的是（ ） A. 若数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为9 B. 若随机变量，，则 C. 若一组样本数据，，…，的所有点都在直线上，则这组数据的样本相关系数0.5 D. 已知，，，则 10. 已知正项数列满足，则（ ） A. B. 存在等差数列满足条件 C. D. 11. 已知函数存在极小值点，则（ ） A. B. 函数有唯一的极小值点 C. D. 函数有且只有3条斜率为4的切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中的第5项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为________. 13. 已知双曲线（，）的右焦点为，直线与双曲线的渐近线相交于点，点在第二象限.直线与抛物线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为________. 14. 一个盒子中装有2个黑球和8个红球.随机地从盒子中取一个球，观察其颜色后放回，若出现连续两次取到红球，则停止取球，那么取球总次数的数学期望为________. 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. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若在处有极大值，求的值. 16. 某趣味闯关游戏规则如下：选手每轮独立进行一次挑战，每轮挑战成功的概率为，失败的概率为，各轮挑战相互独立.规定：若选手某轮挑战成功得1分，挑战失败得0分.设选手进行轮挑战后，总得分恰好为分的概率为. （1）求； （2）若. （ⅰ）求的最大值； （ⅱ）是否存在正整数，，使得，，成等差数列.如果存在，求，的值；如果不存在，请说明理由. 17. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若为的中点，，，相交于点. （ⅰ）若，求面积的最大值； （ⅱ）若，求的余弦值. 18. 已知椭圆：（，）的离心率为，短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆交于，两点，原点到直线的距离为. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （ⅱ）求的面积的最大值及此时直线的方程. 19. 如图，在三棱柱中，侧面底面，，，，是的中点，，. （1）证明：； （2）求四面体外接球的表面积； （3）动点在平面内，和均为锐角，.设平面与平面的夹角为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 （考试时间：120分钟；总分：150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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】先求解绝对值不等式化简集合，再根据交集的运算规则求解两个集合的公共元素构成的集合即可． 【详解】不等式 的解为或，即或． 当时，满足，因此 是的子集； 当时，需同时满足，即，因此 是的子集． 综上可得或． 2. 已知复数z满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法法则计算得到，从而求出模长. 【详解】由，即，所以． 故选：B． 3. 正六棱柱的底面边长为6，高为4.若挖去一个以正六棱柱上底面的中心为顶点，正六棱柱下底面为底面的正六棱锥，则剩余部分几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】剩余几何体体积等于正六棱柱体积减去挖去的正六棱锥体积，分别计算体积相减即得. 【详解】因正六棱柱的底面正六边形是由6个边长为6的全等正三角形组成， 故其面积为，其体积为， 挖去的正六棱锥底面与棱柱下底面重合，高等于棱柱的高4， 故其体积为， 故剩余几何体的体积. 4. 将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】将的图象向右平移个单位长度，得到， 根据诱导公式可得 . 5. “”是“数列为等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】必要性验证：若数列为等差数列，根据等差中项的性质：对任意，若，则， 令，可得，故必要性成立； 充分性验证：若仅满足，无法推出数列为等差数列， 例如构造数列：，此时，，满足，但该数列相邻项差值不恒定，不是等差数列，故充分性不成立， 因此该条件是数列为等差数列的必要不充分条件. 6. 已知向量、、均为单位向量，若，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得出，根据平面向量数量积的运算性质可求出，再利用平面向量的夹角公式求解即可. 【详解】因为向量、、均为单位向量，若，则， 所以，所以， 则， 又因为，所以，即与的夹角为. 7. 若圆上存在两个不同的点，直线上存在一点，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线与圆的位置关系以及点到直线的距离公式建立不等式解出即可. 【详解】设圆，则该圆的圆心为，半径为， 对于圆上两不同点，根据圆的性质，当为圆的切线时，最大， 若，则在中，，则， 所以若直线上存在一点，使得， 则等价于圆心为到直线的距离， 即，解得：， 所以实数的取值范围是. 8. 已知函数，的定义域均为，函数是奇函数，函数是偶函数.若，，则（ ） A. 100 B. 225 C. 400 D. 2026 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性和周期性求解 【详解】由函数是奇函数，得， 即① 由是偶函数，得② 由，得③ ∴，. 代入②，得④ 由①得⑤ 由④⑤得⑥ 即⑦ 由⑦得， 所以以4为周期. 因为，所以， 由⑤得， 又，∴. 由⑦得， ,， 所以， . 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. 下列命题正确的是（ ） A. 若数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为9 B. 若随机变量，，则 C. 若一组样本数据，，…，的所有点都在直线上，则这组数据的样本相关系数0.5 D. 已知，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用方差的性质、正态分布曲线的对称性、样本相关系数的含义以及全概率公式的应用逐一判断选项即可. 【详解】 对于A：根据方差性质，已知原数据方差为3，则新数据的方差为，不是9，A错误； 对于B：因，则， 又因与关于对称轴对称，故，B正确； 对于C：若所有样本点都在斜率为正的直线上，说明两个变量完全正相关，样本相关系数为1，不是0.5，C错误； 对于D：由全概率公式， 代入，，， 即得，D正确. 10. 已知正项数列满足，则（ ） A. B. 存在等差数列满足条件 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过分析数列的单调性来判断选项；根据等差数列的定义判断是否存在满足条件的等差数列，即可判断选项；将已知递推数列进行化简变形即可判断选项；利用平方差公式分别表示出和，再结合不等式基本性质即可判断选项. 【详解】解：由，则， 两边同时平方得，化简整理得，选项正确； 由，则，又数列为正项数列，则， 所以，因此数列为递增数列，所以，选项正确； 假设数列为等差数列，公差为，则，即， 代入得，整理得， 两边同时平方得，化简得， 此式对所有均成立，则，即，而此时，矛盾， 所以不存在这样的等差数列，选项错误； 因为， ， 所以， 因为，则，不等式两边同时加上， 则， 所以，选项正确. 11. 已知函数存在极小值点，则（ ） A. B. 函数有唯一的极小值点 C. D. 函数有且只有3条斜率为4的切线 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AB选项，对求导，结合，分析单调性即可求解；对于C选项，根据，代入中讨论即可判断；对于D选项，对的导数进行求导分析，判断解的个数，即可判断. 【详解】对于选项AB，， 当时，， 而当时，设，则，当时，当时， 因此，当时，取得最小值，则， 所以，当时，，即， 则， 所以在上单调递增，在上无极值， 当时，，在上单调递增， 注意到，因为，所以，则， ， 所以存在唯一的似的， 当且仅当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以为唯一的极小值点， 由可知，A选项错误，B选项正确. 对于选项C，，因此， 所以，， 因为，所以， 因此，故，C 选项正确. 对于选项D，当时，令， 设，，所以 令，所以， 在上单调递减；在上单调递增，， 且时，，时，， 所以在和上各有一个零点、， 此时，的两根为、， 当时，令，在上单调递增， 而当，时，，当时，， 所以，存在唯一的使得， 所以函数有且只有 3 条斜率为 4 的切线，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中的第5项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式系数相等的组合性质求出参数，写出展开式通项后令的次数为得到对应项数，最终计算得到常数项. 【详解】由已知可得，由组合数性质可知， 所以的展开式通项为， 由得，所以展开式中的常数项为. 13. 已知双曲线（，）的右焦点为，直线与双曲线的渐近线相交于点，点在第二象限.直线与抛物线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件求出点坐标，再根据求出点坐标，代入抛物线方程化简即可求出双曲线离心率. 【详解】解：由题意知双曲线渐近线方程为， 因为直线与双曲线的渐近线相交于点，且点在第二象限，则点的横坐标为， 代入渐近线，得，即， 因为，则，设，则， 又，所以，解得，，所以， 将代入得，化简得， 因为，所以，则，解得， 又，所以，即双曲线的离心率为. 14. 一个盒子中装有2个黑球和8个红球.随机地从盒子中取一个球，观察其颜色后放回，若出现连续两次取到红球，则停止取球，那么取球总次数的数学期望为________. 【答案】 【解析】 【详解】由题可知，每次取到红球的概率为，取到黑球的概率为， 设“刚开始取球或前一次取到黑球”的状态到试验结束所需取球次数的期望为，从“前一次取到红球”的状态到试验结束所需取球次数的期望为； 则，解得. 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. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若在处有极大值，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入计算切点坐标和切线斜率，利用点斜式推导切线方程； （2）先求导，结合极值点处导数为得到的候选值，再通过导数的符号变化验证极大值条件，最终确定的取值 【小问1详解】 当时，，所以，即切点为； 又， 所以； 由点斜式得切线方程：，整理得. 【小问2详解】 定义域为，， 由为极值点得，代入得，解得或； 若，则由得或， 当时，时， 故处为极小值，不符合题意，舍去； 若，则由得或， 当时，时， 故处左增右减，为极大值，符合题意； 综上，. 16. 某趣味闯关游戏规则如下：选手每轮独立进行一次挑战，每轮挑战成功的概率为，失败的概率为，各轮挑战相互独立.规定：若选手某轮挑战成功得1分，挑战失败得0分.设选手进行轮挑战后，总得分恰好为分的概率为. （1）求； （2）若. （ⅰ）求的最大值； （ⅱ）是否存在正整数，，使得，，成等差数列.如果存在，求，的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）存在满足条件的，取值为和 【解析】 【分析】（1）根据题意求出的表达式即可得解； （2）（ⅰ）先求出的表达式，再利用作差法判断数列的单调性即可得解； （ⅱ）由题意可得，即，再根据数列的单调性得出的可能取值，再一一求解即可. 【小问1详解】 由题意，， 所以； 【小问2详解】 若，则， （ⅰ）， 当时，， 当时，，即， 所以数列从第二项开始单调递减， 所以的最大值为； （ⅱ）假设存在， 因为，，成等差数列， 所以，即， 因为数列从第二项开始单调递减， 而， 所以当时，，， 所以当时，， 所以当时，不可能成立， 因此只需验证的情况即可， 当时，，所以， 因为数列从第二项开始单调递减，， 所以； 当时，，所以， 因为数列从第二项开始单调递减，， 所以； 当时，，所以， 因为数列从第二项开始单调递减，， 所以不存在正整数满足题意， 综上所述，存在满足条件的，取值为和. 17. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若为的中点，，，相交于点. （ⅰ）若，求面积的最大值； （ⅱ）若，求的余弦值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）面积的最大值为；（ⅱ）的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边化角并结合两角和的正弦公式化简得，再根据角的范围，即可求出其大小； （2）（ⅰ）先利用向量的线性运算和平面向量基本定理得到P 为 AM 中点，得到，再利用余弦定理结合基本不等式得到，进而由三角形的面积公式求得面积的最大值； （ⅱ）先由为的中点，，通过向量结合余弦定理得到是等边三角形，再通过建系表示出的坐标，再利用向量夹角公式计算作答. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得 , 【小问2详解】 （ⅰ）设，则不共线. ∵为的中点，，∴, 三点共线，则 三点共线，则 解得. ∴P 为 中点， 根据余弦定理，得， 根据基本不等式得，即，当且仅当时取等号. ，即面积的最大值为. （ⅱ）由（1）知， ∵为的中点，， ∴， ∴， 即， 由余弦定理，得， ∴，整理得，∴ ∴是等边三角形. 以为坐标原点，方向为轴正方向建立平面直角坐标系.则. ， ， . 所以的余弦值为. 18. 已知椭圆：（，）的离心率为，短轴长为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆交于，两点，原点到直线的距离为. （ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值； （ⅱ）求的面积的最大值及此时直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）的面积的最大值为1，直线的方程为或或或. 【解析】 【分析】（1）根据、、之间的关系与离心率即可求解 （2）（i）利用坐标表示出、，根据韦达定理，将表示为、之间的关系式，结合距离即可证明； （ii） 利用弦长公式，表示出三角形面积，讨论范围即可； 【小问1详解】 由题意知，， 所以， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）当斜率不为时，设直线的方程为， ，， 联立得，， ， 点到的距离，所以， ， 根据韦达定理代入得，， 当斜率为时，不妨设横坐标大于0，则此时、两点坐标为，或，， 所以， 综上，为定值. （ii）当斜率为时，， 当斜率不为时，， 所以， 因此， 则， 当且仅当，即时取等，所以的最大值为， 当时，，当时，， 所以直线的方程为或或或. 19. 如图，在三棱柱中，侧面底面，，，，是的中点，，. （1）证明：； （2）求四面体外接球的表面积； （3）动点在平面内，和均为锐角，.设平面与平面的夹角为，求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，先证明，再根据面面垂直的性质得平面，再根据线面垂直的性质得，进而可得平面，再证明，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质得平面，再以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间中两点的距离公式求出外接球的圆心，从而可得出半径，即可得解； （3）易得点的轨迹是以为焦点的椭圆，设，求出两平面的法向量，再求出的表达式，进而可得出答案. 【小问1详解】 连接， 因为，， 所以为等边三角形，所以， 因为是的中点，所以， 又，所以， 因为侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又平面，所以，所以， 而， ， 所以， 所以，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 因为侧面底面，侧面底面， 平面， 所以平面， 如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 则， 设四面体外接球的球心为， 则四面体外接球的半径， 所以， 即，解得， 所以四面体外接球的半径， 所以四面体外接球的表面积； 【小问3详解】 因为动点在平面内，， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆， 其焦距，长轴长，短轴长， 所以点的轨迹方程为， 设，则，所以， ， 则， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，所以， ， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，所以， 所以， 将代入化简得， 令，由，得， 则， 所以， 因为函数在上都是减函数， 所以当时，即时，取得最小值为， 经检验当时，和均为锐角， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $