精品解析：江苏南通市2026届高三下学期考前练习卷数学试题

高三练习卷 数学 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. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，，得， 而，则. 2. 已知数列为等差数列，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【详解】在等差数列中，由 ，解得. 3. 已知平行四边形的两条对角线相交于点，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算计算可得结果. 【详解】. 4. 某研究所研究耕种深度（单位：）与一种农作物每公顷产量（单位：）的关系，所得数据资料如下表： 耕种深度 2 3 5 6 每公顷产量 m 5 7 8 发现与之间具有线性相关关系，其经验回归方程为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】将代入经验回归方程计算即可得. 【详解】，， 则，解得. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， 因为，且， 所以，即， ，因为，幂函数在上单调递增，， 所以，因此，即， ， 因为，，所以， 因为，所以，即， 因此. 6. 已知抛物线（）的焦点为，准线为，点在上，有下列四个命题： 甲：； 乙：； 丙：； 丁：到的距离为4． 如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线定义判断乙、丁为矛盾命题，结合题设“只有一个假命题”确定甲、丙为真，再通过甲求出抛物线方程，结合丙求出点的横坐标，验证乙、丁的真假. 【详解】由抛物线定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，故乙、丁为矛盾命题，必有一假. 结合题设“只有一个假命题”，得甲、丙必为真命题. 由甲为真，准线，得，解得，抛物线方程为，焦点. 设，由丙为真，，得 . 又在抛物线上，故，代入上式得 ，解得（，舍去负根）. 此时 ，故乙为真；到的距离为 ，故丁为假. 7. 在平面四边形中，，，，将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析四边形特征得出旋转得到的几何体为一个圆台加上一个圆锥组成，再由体积公式计算可得结果. 【详解】过点分别作，垂足分别为，如下图所示： 在中，因为，，所以， 又在 中，，因此，所以； 易知四边形为矩形，所以 ，可得； 将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体为一个圆台和一个圆锥组成， 圆台的上、下底面半径为 ，高为，圆锥底面半径为，高为； 因此圆台体积为 ， 圆锥体积为 ， 所以所得几何体的体积为 . 8. 已知函数的定义域为，其图象是连续曲线，对任意的正实数，在上是增函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上不单调 C. 可能存在最大值 D. 可能存在最小值 【答案】D 【解析】 【分析】对A：举出符合题意的反例，此时在上不单调递增；对B：举出符合题意的反例，此时在上单调递增；对C：假设存在最大值，则存在，使得，这与在上是增函数矛盾；对D：举出符合题意的例子，此时在处有最小值. 【详解】对A：取，则，符合题意， 但在上不单调递增，故A错误； 对B：取，则，符合题意， 但在上单调递增，故B错误； 对C：若存在最大值，设该最大值为， 则存在，使得，且对任意，， 则， 令，则， 由，则，又，，即， 这与在上是增函数矛盾，故不存在最大值，故C错误； 对D：取，由A知符合题意， 且在处有最小值，符合题意， 故可能存在最小值，故D正确. 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，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】选项 A：设 ，（ ） 则 ，其共轭为 ， 而 ， 所以 ，A 正确. 选项 B：， 其共轭为 ， ， 所以 ，B 正确. 选项 C：举反例，设 ， ，， 两者不相等. 所以 不恒成立，C 错误. 选项 D：根据复数模的性质，当 时， 是复数模的基本运算性质， D正确. 10. 已知函数（）的图象经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由，结合的取值范围求得的值，得到解析式.直接代入计算可判断A；代入后利用诱导公式结合正弦函数的单调性可判断B；通过举反例可判断C；利用“任意实数 ，都有不等式 ”可判断D. 【详解】由题意，得 因为，所以， 所以得, 故. 对于A，，，故A不正确； 对于B，， ，，故B正确； 对于C，令，则 显然此时不成立，故C不正确； 对于D，对于任意实数 ，都有不等式 ，等号仅在时成立. 令，则，等号仅在时成立 所以，故D正确. 11. 在平面直角坐标系中，，，P是异于，两点的动点，若直线，斜率的乘积为定值，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，点在某双曲线上 B. 当时，面积的最大值为4 C. 存在，存在点使得为锐角 D. 任意，对任意点都有的斜率小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】设点，根据题意得，时根据求出的P的轨迹方程可判断A；时，得点在椭圆，当时，取最大，最大，通过计算可判断B、C；当时，则P的轨迹方程为，从而，进而得到的范围即可判断D. 【详解】设，由题意得，即. 对于A，时，P的轨迹方程为，点在双曲线上，故A正确； 对于B，时，P的轨迹方程为， 所以点在椭圆，则，仅当时等号成立，所以， ，的最大值为，故B不正确； 对于C，若，令，则P的轨迹方程为， 取，则， ，,即为锐角，故C正确； 对于D，若，则P的轨迹方程为， 由，得，，即，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 写一个到直线：，：的距离相等的点的坐标_____． 【答案】 【解析】 【详解】，， 因为，所以到和距离相等的点在这两条直线的中位线上， 设中位线的方程为， 根据平行线间的距离公式可得到的距离为，到的距离为， ，解得，即， 当时，代入可得，即到直线和的距离相等. 13. 某数学答题闯关游戏，共5道题，若答对2道题就结束游戏，否则一直答完5道题．甲同学每道题答对的概率都为，且各题是否答对互不影响．在答完4题就结束游戏的条件下，第2题答对的概率为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据“答完4题结束游戏”的条件，算出事件的概率；再结合“第2题答对”的限制，算出事件的概率；最后代入公式，即可得到所求概率. 【详解】设事件为“答完4题就结束游戏”，事件为“第2题答对”， 则所求为条件概率 ， ， ， 所以. 14. 在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为______． 【答案】8 【解析】 【分析】由正弦定理可得，再由三角恒等变换计算可得，利用换元法以及基本不等式计算可得当时取得最小值为8. 【详解】根据正弦定理由，可得， 所以， 即可得， 又因为，可得， 因此， 所以， 因为为锐角三角形，所以，即， 令，可知， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为8. 故答案为：8. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于由题目条件并结合三角恒等变换得出，并求得，由锐角三角形以及基本不等式计算即可. 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. 如图，在正三棱柱中，是的中点． （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)通过证明平面，从而得到； (2)方法1，利用等体积法求解；方法2，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 在正三棱柱中， 因为是正三角形，是的中点， 所以． 又因为平面，平面， 所以． 因为，，平面， 所以平面． 因为平面，所以． 【小问2详解】 方法一： 在正中，因为，所以，． 连接，因为平面，所以是直线与平面的所成角， 所以 ，所以． 在正三棱柱中，，， 所以，． 在中，由余弦定理 ， 得，所以， 所以的面积． 设点到平面的距离是，则， 解得，所以点到平面的距离是． 方法二： 设，过作交于点， 由（1）平面，平面，所以． 又因为， 所以以为坐标原点，为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系． ,,, 设，因为平面， 所以是平面的一个法向量． 因为，所以，所以． 因为，， 设平面的法向量， 因为，令，则，， 所以是平面的一个法向量． 因为，所以， 所以点到平面的距离是． 16. 某学校鼓励学生周末使用人工智能平台进行探究性学习，现从全校学生中抽取了容量为100的样本，得到某周末学生线上学习的时间，经统计绘制成如下频率分布直方图． （1）试估计该校学生周末线上学习时间的中位数及学习时间不小于3小时的频率； （2）从该校学生中随机抽取8人，周末线上学习时间不小于3小时的人数记为，以样本中周末线上学习时间不小于3小时的频率作为该事件的概率，当（）最大时，求的值． 【答案】（1），0.6 （2） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图计算中位数和频率的方法计算可得结果； （2）由二项分布可得，从而，，分析和1的大小关系，得到和的大小和的关系从而可得结果． 【小问1详解】 因为每组小矩形的面积之和为1． 学习时间小于3小时的频率为 ， 学习时间小于3.5小时的频率为 ， 所以中位数在内，由， 解得小时． 由频率分布直方图可知， 学习时间不小于3小时的频率为． 所以估计该校学生周末线上学习时间的中位数为3.125小时，学习时间不小于3小时的频率为0.6． 【小问2详解】 从全部高三年级学生中随机抽取8人，线上学习时间不小于3小时的人数为， 所以，． 因为． 所以当时，； 当时，． 所以最大． 故当时，最大． 17. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，且．直线过点且与相交于，两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求； （3）若，求 ． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题设求出，进而求解即可； （2）设，由的面积为可得，进而结合平面向量的数量积的坐标表示求解即可； （3）方法一：由题设可设，，根据椭圆的定义可得，，进而结合余弦定理及列方程求出，进而再结合余弦定理求解即可； 方法二：设直线，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求出，的坐标，进而结合平面向量的夹角余弦的坐标表示求解即可. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，则，所以． 因为，所以，则， 所以的方程是． 【小问2详解】 设，则的面积，所以． 因为，所以， 而，则，， 所以． 【小问3详解】 方法一：因为，可设，， 则，． 在中，， 在中，． 因为，所以， 所以，解得． 所以 ，，，则， 在中，． 方法二：若直线与轴重合时， ，不满足； 设直线，，， 联立，得， 所以，． 因为，所以，所以， 由，解得． 由对称性不妨设，则，即，又， 解得，即，， 而，则，， 所以，则． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数存在两个极值点． （i）求的取值范围； （ii）设的最大值为，在上的最大值为，若，求的值． 【答案】（1）增区间为，减区间为 （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）利用导数法求单调性. （2）（i）求出，按照和讨论求解，当时，求出，，构造函数，，利用导数法求出的单调性，从而得到，即，得到存在，，从而得到的单调性．利用单调性得到的极小值点．求出， ，则存在，，从而得到的单调性，利用单调性得到的极大值点，得到时有两个极值点，从而得到的取值范围．（ii）求出，，得到，通过计算得到． 【小问1详解】 因为的定义域为，且． 所以当时，，递增； 当时，，递减． 综上，的增区间为，减区间为． 【小问2详解】 （i）因为， 由（1）知，时， ， 若，则，在和上递减，无极值点，不合题意； 若，因为，， 令，，则 ， 所以在上递减，所以 ，即， 所以存在，，当时，，递减； 当时，，递增． 所以是的极小值点． 因为， ，所以 ， 所以存在，，当时，，递增； 当时，，递减．所以是的极大值点． 所以时，有两个极值点． 综上，的取值范围是． （ii）由（1）知， ． 由（i）时，取得最大值，此时， 所以 ， ，※ 所以， 所以，代入（※）式得 ，解得 ， 所以． 19. 已知数列是首项为1，公比为的等比数列，设集合，对的任意子集，记的所有元素和为，规定空集的元素和为． （1）若，求； （2）若，，证明：； （3）若，，，从下面两个结论中选择一个证明： ①的充要条件是；②不存在，使得． 注：若选择两个结论分别证明，则按第一个证明计分． 【答案】（1）18 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的首项和公比写出通项公式，直接计算子集中指定元素的和. （2）先利用子集元素和不超过全集元素和的性质，再结合等比数列前项和公式，证明全集元素和小于，从而推导出任意子集的元素和均小于. （3）若选①：先证充分性（集合相等则元素和相等），再用反证法结合（2）的结论证明必要性，通过递推分析集合的最大项，证明若元素和相等则两集合元素完全相同. 若选②：采用反证法，假设存在满足的集合，按的最大元素位置分类讨论，结合等比数列前项和公式推出矛盾，证明不存在这样的集合. 【小问1详解】 因为，，所以． 因为，所以 ． 【小问2详解】 因为，所以， 因为， 所以， 所以． 【小问3详解】 若选①． 充分性：若，由定义，显然成立． 必要性：若，记集合的最大项为，集合的最大项为， 假设，则 ，所以， 由（2）知，，所以，矛盾． 假设，类似可得，矛盾． 所以． 记集合去掉后得到集合，记的最大项为，集合去掉后得到集合，记的最大项为 同上分析可得． 以此类推，集合和中元素完全相同，即． 若选②． 假设存在，使得． 记数列的前项和为，因为， 所以， 设的最大元素为，则， 若 ，则，矛盾． 若，设去掉后得到集合，则， 所以 ，矛盾． 综上，不存在，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三练习卷 数学 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. C. D. 2. 已知数列为等差数列，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 10 3. 已知平行四边形的两条对角线相交于点，设，，则（ ） A. B. C. D. 4. 某研究所研究耕种深度（单位：）与一种农作物每公顷产量（单位：）的关系，所得数据资料如下表： 耕种深度 2 3 5 6 每公顷产量 m 5 7 8 发现与之间具有线性相关关系，其经验回归方程为，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线（）的焦点为，准线为，点在上，有下列四个命题： 甲：； 乙：； 丙：； 丁：到的距离为4． 如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 7. 在平面四边形中，，，，将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，其图象是连续曲线，对任意的正实数，在上是增函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 在上不单调 C. 可能存在最大值 D. 可能存在最小值 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，，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数（）的图象经过点，则（ ） A. B. C. D. 11. 在平面直角坐标系中，，，P是异于，两点的动点，若直线，斜率的乘积为定值，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，点在某双曲线上 B. 当时，面积的最大值为4 C. 存在，存在点使得为锐角 D. 任意，对任意点都有的斜率小于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 写一个到直线：，：的距离相等的点的坐标_____． 13. 某数学答题闯关游戏，共5道题，若答对2道题就结束游戏，否则一直答完5道题．甲同学每道题答对的概率都为，且各题是否答对互不影响．在答完4题就结束游戏的条件下，第2题答对的概率为_____． 14. 在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为______． 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. 如图，在正三棱柱中，是的中点． （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角为，求点到平面的距离． 16. 某学校鼓励学生周末使用人工智能平台进行探究性学习，现从全校学生中抽取了容量为100的样本，得到某周末学生线上学习的时间，经统计绘制成如下频率分布直方图． （1）试估计该校学生周末线上学习时间的中位数及学习时间不小于3小时的频率； （2）从该校学生中随机抽取8人，周末线上学习时间不小于3小时的人数记为，以样本中周末线上学习时间不小于3小时的频率作为该事件的概率，当（）最大时，求的值． 17. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，且．直线过点且与相交于，两点． （1）求的方程； （2）若的面积为，求； （3）若，求 ． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数存在两个极值点． （i）求的取值范围； （ii）设的最大值为，在上的最大值为，若，求的值． 19. 已知数列是首项为1，公比为的等比数列，设集合，对的任意子集，记的所有元素和为，规定空集的元素和为． （1）若，求； （2）若，，证明：； （3）若，，，从下面两个结论中选择一个证明： ①的充要条件是；②不存在，使得． 注：若选择两个结论分别证明，则按第一个证明计分． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $