精品解析：江苏省常州高级中学2026届高三第二学期高考适应性考试数学试题

江苏省常州高级中学 2025~2026学年第二学期高三年级高考适应性考试 数学试卷 说明： 1.请将所有题目的答案填涂在答题纸上. 2.本卷总分150分，考试时间120分钟. 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，只有一个选项是正确的. 1. 已知集合，那么集合（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点在上，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 4. 展开式中的系数为 A. B. C. D. 5. 设向量，，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 6. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 设，，，函数（e是自然对数的底数，），从有序整数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 一组数据的极差为4，平均数为3，方差为2，若，则（ ） A. 的第80百分位数为 B. 的极差为8 C. 的平均数为7 D. 的方差为4 10. 设为等差数列的前项和，且，若，则（ ） A. 的最大值是 B. 的最小值是 C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 为函数的一个周期 B. 的最小值为 C. 在区间上单调递增 D. 的图象关于直线对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则_________. 13. 已知随机变量，正实数，满足，则的最小值为_________. 14. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，若，则的离心率为_____． 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. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 16. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （1）求证：； （2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 17. 为测试某人工智能机器人在动态环境中执行路径规划的能力，命令该人工智能机器人在动态环境中执行路径规划任务，任务规则如下：该机器人需要依次通过5个关键区域，成功通过3个区域即认为其完成任务，每个区域存在动态障碍物，机器人成功通过一个区域的概率为，被障碍物阻挡的概率为．每成功通过一个区域得6分，每被障碍物阻挡一次扣3分，每个区域的测试结果相互独立，若机器人累计成功通过3个区域，任务提前结束，若机器人被障碍物阻挡的次数达到3次，则任务无法完成，任务结束． （1）若任务在过第4个区域后终止且人工智能机器人完成任务，求此事件的概率； （2）记任务结束时该人工智能机器人的总得分为X，求X的分布列和数学期望. 18. 平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素. （1）若，求的元素个数及； （2）当恰有一个元素时，的取值集合记为. （i）求； （ii）若，数列满足，，集合，.求证：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省常州高级中学 2025~2026学年第二学期高三年级高考适应性考试 数学试卷 说明： 1.请将所有题目的答案填涂在答题纸上. 2.本卷总分150分，考试时间120分钟. 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，只有一个选项是正确的. 1. 已知集合，那么集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出集合，利用交集的定义求解即可. 【详解】因为,所以, 故选：A. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，，则. 3. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点在上，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，即，焦点坐标为 ，因此. 因为，所以. 设 ， 因为点A在E上，则.  代入抛物线方程得 ，因此. 4. 展开式中的系数为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中的系数． 【详解】因为，则展开式中含的项为；展开式中含的项为，故的系数为， 故选：C． 5. 设向量，，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】由，和，分别求得x的值，再逐项判断. 【详解】因为向量，， 若，则 ，即，解得 或 ； 若则，即，解得 或 ； 所以，”是“”的充分条件，故A错误； “”是“”的充分不必要条件，故B错误； “”是“”的既不充分也不必要条件，故C错误； “”是“”的充分条件，故D正确； 6. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D. 【详解】， 又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C， 又， 故可排除D. 故选：B. 7. 已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 8. 设，，，函数（e是自然对数的底数，），从有序整数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得总共有种可能，再求得 ，得到函数的单调性和极小值为，得到 ，求得，结合列举法，求得包含的基本事件的个数，即可求解. 【详解】因为，且，，总共有个等可能的基本事件， 对于函数，可得 ， 令 ，可得 ，所以为单调递增函数， 令，即，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得极小值， 且时，；时，； 要使得函数恰有两个零点，则满足，即 ， 因为，则，即，所以，且 当时，则，共8个； 当时，则，共5个； 当时，则，共2个； 当时，此时 ，没有符合条件的， 符合条件的有序数对总数为， 所以使得恰有两个零点的概率. 二、多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 一组数据的极差为4，平均数为3，方差为2，若，则（ ） A. 的第80百分位数为 B. 的极差为8 C. 的平均数为7 D. 的方差为4 【答案】BC 【解析】 【详解】数据的大小不确定，所以第80百分位数不能确定，故A错误； 数据的极差为4，即. 由，可知，， ，故B正确； 由数据的平均数为3，，得数据的平均数为，故C正确； 由数据的方差为，由，得数据,的方差为，故D错误. 10. 设为等差数列的前项和，且，若，则（ ） A. 的最大值是 B. 的最小值是 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式，结合题意，化简得到，得到数列为递增数列，再由，求得且，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】因为为等差数列的前项和，可得， 又因为，可得， 即，可得，所以数列为递增数列， 因为，且数列为递增数列，可得且， 由， 对于A，因为数列为递增数列，所以无最大值，所以A不正确； 对于B，由，可得时，取得最小值，所以B正确； 对于C，由，可得，所以C正确； 对于D，由，可得，所以D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 为函数的一个周期 B. 的最小值为 C. 在区间上单调递增 D. 的图象关于直线对称 【答案】AD 【解析】 【分析】使用二倍角公式，辅助角公式化简函数，使用周期函数的定义分析选项，换元法分析选项和，使用分析选项. 【详解】， ，选项A正确； 令，则，，， 令，，则， 当时，，所以的最小值为，选项B错误； ，令，则， ， 当时，，，，， 函数单调递减，选项C错误； 所以， 所以的图象关于直线对称，选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则_________. 【答案】 ##4.6 【解析】 【分析】先利用两角差的正切公式求解，再将所求式展开后弦化切，代入已知正切值计算即可. 【详解】已知，则 ，解得.   因为 均存在，故 ， 所以. 13. 已知随机变量，正实数，满足，则的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性性质得到，再利用基本不等式求最小值. 【详解】因为随机变量 ，正态分布的概率密度曲线关于均值 对称， 因为，根据正态分布的对称性性质得 化简得 ，所以 所以 根据基本不等式,当且仅当 时，等号成立， 此时 结合 ，，得, , 所以 ，当且仅当, , 等号成立， 所以 的最小值为 . 14. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，若，则的离心率为_____． 【答案】## 【解析】 【详解】由题意可知，与渐近线垂直，则直线的斜率为， 设，则，所以，， 因为，所以，， 在中利用正弦定理得， 所以， ， 由双曲线定义知，，即，即， 所以的离心率为. 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. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【答案】(1) ;(2). 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得. (2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域. 【详解】(1) [方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】 由三角形的内角和定理得， 此时就变为． 由诱导公式得，所以． 在中，由正弦定理知， 此时就有，即， 再由二倍角的正弦公式得，解得． [方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】 由解法1得， 两边平方得，即． 又，即，所以， 进一步整理得， 解得，因此． [方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】 根据题意，由正弦定理得， 因为，故， 消去得． ，，因为故或者， 而根据题意，故不成立，所以， 又因为，代入得，所以. (2) [方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】 因为是锐角三角形，又，所以， 则． 因为，所以，则， 从而，故面积的取值范围是． [方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】 由题设及（1）知的面积． 因为为锐角三角形，且， 所以即 又由余弦定理得，所以即， 所以，故面积的取值范围是． [方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】 如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点． 由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且， 所以点C位于在线段上且不含端点，从而， 即，即，所以， 故面积的取值范围是． 【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法； 方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值； 方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小. (2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法； 方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围； 方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用. 16. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面． （1）求证：； （2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在点，此时 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果. 【小问1详解】 因为，且， 可得，， 又因为，可得， 所以，则， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； 【小问2详解】 因为平面，且平面，所以， 如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 假设存在点，使得与平面所成角为， 设，（其中），则，， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 17. 为测试某人工智能机器人在动态环境中执行路径规划的能力，命令该人工智能机器人在动态环境中执行路径规划任务，任务规则如下：该机器人需要依次通过5个关键区域，成功通过3个区域即认为其完成任务，每个区域存在动态障碍物，机器人成功通过一个区域的概率为，被障碍物阻挡的概率为．每成功通过一个区域得6分，每被障碍物阻挡一次扣3分，每个区域的测试结果相互独立，若机器人累计成功通过3个区域，任务提前结束，若机器人被障碍物阻挡的次数达到3次，则任务无法完成，任务结束． （1）若任务在过第4个区域后终止且人工智能机器人完成任务，求此事件的概率； （2）记任务结束时该人工智能机器人的总得分为X，求X的分布列和数学期望. 【答案】（1）； （2）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）根据已知，对应事件为机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域，应用重复独立事件的概率求法求概率； （2）根据已知有X的可能值为，并求出对应事件的概率写出分布列，进而求期望. 【小问1详解】 在过第4个区域后终止任务且人工智能机器人完成任务， 所以机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域， 故事件概率为. 【小问2详解】 由题意，总得分X的可能值为， 前3次都成功通过，此时，则； 前3次有2次成功通过、1次被阻挡，第4次成功通过，此时，则； 前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次成功通过，此时，则； 前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次被阻挡，此时，则； 前3次有1次成功通过、2次被阻挡，第4次被阻挡，此时，则； 前3次都被阻挡，此时，则； 所以分布列如下， 18 15 12 3 则. 18. 平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点. （i）求的值； （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值. 试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得, 所以椭圆C的标准方程为. （Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为, （i）设，，由题意知因为, 又，即,所以，即. （ⅱ）设 将代入椭圆E的方程， 可得 由，可得① 则有 所以 因为直线与轴交点的坐标为 所以的面积 令,将代入椭圆C的方程可得 由，可得② 由①②可知 因此,故 当且仅当，即时取得最大值 由（i）知，面积为,所以面积的最大值为. 考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题. 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素. （1）若，求的元素个数及； （2）当恰有一个元素时，的取值集合记为. （i）求； （ii）若，数列满足，，集合，.求证：，. 【答案】（1）的元素个数为2， （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解； （2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合； （ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解. 【小问1详解】 当时，，其定义域为. 由得. 设，则， 当时，；当时，； 所以在单调递增；在单调递减， 注意到，所以在恰有一个零点，且， 又，所以，所以在恰有一个零点， 即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点， 所以，所以的元素个数为， 又因为，所以. 【小问2详解】 （i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意； 当时，，其定义域为， 由得. 设，，则， 设，则， ①当时，，所以在单调递增， 又，所以在恰有一个零点， 即在恰有一个不动点，符合题意； ②当，故恰有两个零点. 又因为，所以， 当时，；当时，； 当时，； 所以在单调递增，在单调递减，在单调递增； 注意到，所以在恰有一个零点， 且， 又时，，所以在恰有一个零点， 从而至少有两个不动点，不符合题意； 所以的取值范围为，即集合. （ii）由（i）知，，所以， 此时，，，由（i）知，在单调递增， 所以，当时，，所以，即， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，， 下面我们先证明当时，， 设，， 所以，所以在单调递减， 所以， 即当时，， 从而当时，， 从而，即， 故，即， 由于，，所以，， 故， 故时，， 所以，故. 解法二：（i）当时，，故是的一个不动点； 当时，由，得（*）， 要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解， 即直线与曲线无公共点. 令，则，令， 则， 所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，， 所以当时，，当时， 所以在单调递增，在单调递减， 令，则，， 则 ， 又因为当时，，当时，， 所以曲线的大致图象如图所示： 由图可知，，所以的取值范围为，即集合. （ii）由（i）知，，所以， 此时，， 令，则， 令，当时，，所以在单调递增， 所以当时，，所以， 所以在单调递增，所以， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，. 下面先证明当时，. 令，则， 所以在单调递增，所以当时，，所以当时，. 所以 ， 由于，所以， 故，即， 故， 故时，. 所以，故. （ii）解法三：同解法一可得，. 下面我们先证明当时，. 设，则当时，，所以在单调递减，所以，即， 从而当时，， 于是， 从而，即， 故，即， 由于，所以， 故， 故时，. 所以. 故. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $