精品解析：江苏省泰州中学2026届高三考前自测数学试题

2026届高三年级数学学科试卷 试卷满分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，只有一项符合题目要求． 1. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1 2. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在复平面内，复数（，为虚数单位），对应的点在第四象限的充要条件是 A. B. C. D. 5. 已知向量在向量上的投影向量的模为2，且，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 6. 已知正四棱锥的底面边长为4，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则被4除的余数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 8. 已知函数是幂函数，对任意，，且，满足．若，且的值为负数，则下列结论中一定不成立的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 如图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于中心对称 C. 在上单调递增 D. 的图象向左平移个单位长度后为奇函数 10. 在正三棱柱中，底面ABC是边长为2的等边三角形，，D为BC中点，则（ ） A. 平面⊥平面 B. 异面直线与BC所成角的余弦值为 C. 点M在内（包括边界）且，则CM与平面ABC所成的角的正弦值的最大值为 D. 设P，Q分别在线段，上，且，则PQ的最小值为 11. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为递增数列 B. ， C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正数，满足，则的最小值为 __． 13. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则__________． 14. 某班级在一次植树种花活动中负责对一片圆环区域花圃栽植鲜花，该圆环区域被等分为n个部分，每个部分从红，黄，蓝三种颜色的鲜花中选取一种进行栽植，要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花.将总的栽植方案数用表示，则___________，___________. 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. “你好！我是DeepSeek，很高兴见到你！我可以帮你写代码，读文件，写作各种创意内容，请把你的任务交给我吧！”DeepSeek从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI大模型正在改变着我们的工作和生活．为了了解不同学历人群对DeepSeek的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据： 学历 使用情况 合计 经常使用 不经常使用 本科及以上 65 100 本科以下 50 合计 115 200 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为DeepSeek的使用情况与学历有关？ （2）某校组织“AI模型”知识竞赛，分成了甲、乙、丙三组进行挑战赛，其规则如下：挑战权在任何一组，该组都可向另外两组发起挑战，且被挑战方拥有下一次的挑战权，首先由甲组先发起挑战，挑战乙组、丙组的概率均为，若挑战权在乙组，则挑战甲组、丙组的概率分别为，；若挑战权在丙组，则挑战甲组、乙组的概率分别为，．已知按此规则进行了多次挑战．前3次挑战后，求乙组拥有挑战权的次数的分布列与数学期望． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图所示，在平面四边形中，，设. （1）若，求的长； （2）当为何值时，△的面积取得最大值，并求出该最大值. 17. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）若函数的图象在点处的切线方程为，求证：； （3）若函数的最小值为2，求实数的值． 18. 如图，顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点． （1）证明：平面； （2）当三棱锥的体积最大时，求的长； （3）是否存在一个点，满足点到点，，，，的距离均相等？若存在，求出二面角的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 19. 已知椭圆，左、右焦点分别为，，离心率为，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为8，为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）按如下方式依次生成直线：过作直线交椭圆于，，其中在轴上方，为弦的中点.对任意正整数，过作直线，使.记直线的斜率为，且. （ⅰ）证明数列是等比数列； （ⅱ）已知从椭圆外一点向该椭圆引两条切线，切点分别为，，则直线的方程为.过，分别作椭圆的切线，两切线交于点，设为的重心，记，求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级数学学科试卷 试卷满分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，只有一项符合题目要求． 1. 已知正态分布，若，则（ ） A. 0.6 B. 0.4 C. 0.2 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【详解】得，所以， 所以，所以. 2. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由已知得，所以. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由诱导公式和二倍角的余弦公式计算可得. 【详解】. 故选：C. 4. 在复平面内，复数（，为虚数单位），对应的点在第四象限的充要条件是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：依题意可得解得，故选D. 考点：复数的概念. 5. 已知向量在向量上的投影向量的模为2，且，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】运用向量投影，向量的概念以及向量数量积的计算解决问题. 【详解】向量在向量上的投影向量的模等于， 已知该模为2，，则有 ，解得. 6. 已知正四棱锥的底面边长为4，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知得出斜高，从而可得正四棱锥的高，由体积公式可得正四棱锥的体积. 【详解】如图所示，正四棱锥，，为底面正方形的中心，为的中点. 由已知可得，所以，又， 所以， 所以正四棱锥的体积. 故选：D. 7. 已知，则被4除的余数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】分别赋值及，结合二项展开式即可得出答案. 【详解】令，则， 令，可得， 所以， 因为 ， 所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0. 8. 已知函数是幂函数，对任意，，且，满足．若，且的值为负数，则下列结论中一定不成立的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂函数定义求出，根据函数解析式逐个判断即可. 【详解】因为函数是幂函数， 则， 解得或， 因为对任意，，且，满足， 所以在上单调递增， 时，，在上单调递减，故舍， 所以时，， 对于A，取时，，可能成立； 对于B，取时，，可能成立； 对于C，取时，，可能成立； 对于D，因为，则，则， 由单调性可知，故，与矛盾，一定不成立. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 如图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象关于中心对称 C. 在上单调递增 D. 的图象向左平移个单位长度后为奇函数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据、结合周期可判断A；根据余弦函数的单调性及对称性可判断BC；根据函数图象平移得到函数解析式，结合余弦函数的奇偶性可判断D. 【详解】对于A，由得，由得， 由得，故， 化简得， 由图可知该函数的周期，故，解得， 所以，故A正确； 对于B，由，得不是函数的对称中心，故B错误； 对于C，由，可得， 由，得函数在上单调递增，故C正确； 对于D，的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，此时为偶函数，故D错误. 故选：AC. 10. 在正三棱柱中，底面ABC是边长为2的等边三角形，，D为BC中点，则（ ） A. 平面⊥平面 B. 异面直线与BC所成角的余弦值为 C. 点M在内（包括边界）且，则CM与平面ABC所成的角的正弦值的最大值为 D. 设P，Q分别在线段，上，且，则PQ的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】在正三棱柱中，如图建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量可判断A；求出直线与BC的方向向量，通过异面直线所成角的向量公式可判断B；因为点M在内，所以设可表示出的坐标，由可求出的范围，再求出CM与平面ABC所成的角的正弦值可判断C；设，求出，，表示出可判断D. 【详解】对于A，在正三棱柱中，为的中点，所以， 如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，设平面，所以，则平面⊥平面，所以A正确； 对于B，，，设直线与BC所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为，故B不正确. 对于C，设平面，因为点M在内（包括边界）且， 所以设，则四点共面，则， 所以， 则，所以，所以， 因为，所以化简得：， 所以，解得：， 设CM与平面ABC所成的角为，所以 ， 所以CM与平面ABC所成的角的正弦值的最大值为，故C正确. 对于D，设，则、，因为，，所以，，则，，所以，所以当时有最小值，所以，所以，故D正确； 故选: ACD. 11. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为递增数列 B. ， C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用归纳法结合数列单调性的定义判断A，利用数列的单调性和判断B，构造函数并结合导数判断C，D即可. 【详解】对于A，由题意得当时，，满足，成立， 假设当时，，当时，由已知得， 可得，因为，所以， 令，可得，且， 则在上单调递增，得到，故， 综上可得，对于任意，， 因为，所以， 可得数列为递增数列，故A正确， 对于B，因为，且数列为递增数列， 所以，，故B正确， 对于C，欲证，则证， 即证，故证即可， 令，则， 令，则， 则在上单调递减，且，得到，即， 故在上单调递增，而，可得， 则，即，故C正确， 对于D，欲证，则证， 即证，故证即可， 令，则， 令，则，可得在上单调递减， 且，，则， 由零点存在性定理得存在作为零点，即零点， 令，，令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 而，，则， 此时不满足，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正数，满足，则的最小值为 __． 【答案】## 【解析】 【分析】利用“1”的灵活运用，结合基本不等式即得. 【详解】因为正数，满足，则 ， 当且仅当，即，时，等号成立， 故的最小值为， 故答案为：． 13. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设直线方程为，与抛物线方程联立并结合韦达定理求得的表达式，根据题意解出p的值即可． 【详解】由题意知，直线AB斜率一定不为零，故设过点的直线方程为， 交点，，联立直线与抛物线方程可得， 整理得，由韦达定理得， ， 而， 所以，解得． 14. 某班级在一次植树种花活动中负责对一片圆环区域花圃栽植鲜花，该圆环区域被等分为n个部分，每个部分从红，黄，蓝三种颜色的鲜花中选取一种进行栽植，要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花.将总的栽植方案数用表示，则___________，___________. 【答案】 ①. 18 ②. 【解析】 【分析】当时，讨论用两种花色与三种花色求解即可；第一块有3种选法，为了从第2块开始，每一块与前一块不同，则第2块到第块有两种选法，即有种选法，则，构造，即可求解． 【详解】当时，若只用两种花色栽植有种方法，若用三种花色栽植有种方法，所以； 由于圆环区域第一块有3种选法，为了从第2块开始，每一块与前一块不同，则第2块到 第块有两种选法，即有种选法， 现考虑第块，若与第1块不同，则有种选法，若与第1块相同，则有种选法 故，则 所以 得 故答案为：18， 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于运用数列构造法求解数列通项公式． 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. “你好！我是DeepSeek，很高兴见到你！我可以帮你写代码，读文件，写作各种创意内容，请把你的任务交给我吧！”DeepSeek从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI大模型正在改变着我们的工作和生活．为了了解不同学历人群对DeepSeek的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据： 学历 使用情况 合计 经常使用 不经常使用 本科及以上 65 100 本科以下 50 合计 115 200 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为DeepSeek的使用情况与学历有关？ （2）某校组织“AI模型”知识竞赛，分成了甲、乙、丙三组进行挑战赛，其规则如下：挑战权在任何一组，该组都可向另外两组发起挑战，且被挑战方拥有下一次的挑战权，首先由甲组先发起挑战，挑战乙组、丙组的概率均为，若挑战权在乙组，则挑战甲组、丙组的概率分别为，；若挑战权在丙组，则挑战甲组、乙组的概率分别为，．已知按此规则进行了多次挑战．前3次挑战后，求乙组拥有挑战权的次数的分布列与数学期望． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）不能认为DeepSeek的使用情况与学历有关 （2） 0 1 2 数学期望为 【解析】 【分析】（1）由题填好列联表，计算，再由独立性检验可判断； （2）根据题意的可能取值为0，1，2，根本计算出概率，写出分布列并计算期望即可； 【小问1详解】 填好列联表数据： 学历 使用情况 合计 经常使用 不经常使用 本科及以上 65 35 100 本科以下 50 50 100 合计 115 85 200 零假设为：DeepSeek的使用情况与学历无关， 根据列联表中的数据，得， 依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即不能认为DeepSeek的使用情况与学历有关. 【小问2详解】 由题意的可能取值为0，1，2. ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 16. 如图所示，在平面四边形中，，设. （1）若，求的长； （2）当为何值时，△的面积取得最大值，并求出该最大值. 【答案】（1） （2），面积最大值为 【解析】 【分析】(1)利用余弦定理和正弦定理即可；(2) 利用余弦定理和正弦定理并将面积表示为三角函数求最大值. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 所以 在,由正弦定理得， 所以 【小问2详解】 由第(1)问知，在中， 所以，所以, 在,由正弦定理得， 所以 因为 所以 因为所以所以当即时， 此时△的面积取得最大值为. 17. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）若函数的图象在点处的切线方程为，求证：； （3）若函数的最小值为2，求实数的值． 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2）由（1）可知，，则函数在点处的切线方程为，即， 所以， 设函数， 求导可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即. （3） 【解析】 【分析】（1）通过求导，根据导数的正负来判断函数的单调性，从而得到极值； （2）求导，利用导数的几何意义求得函数，构建辅助函数，通过导函数的符号得出函数的单调性和最值，从而进行证明； （3）通过特殊值得到参数的范围，构建辅助函数，通过辅助函数的单调性和最值，从而得到原函数的单调性和最值，从而求得参数的值. 【小问1详解】 ，求导可得， 令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以的极大值为，无极小值, 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， 因为函数的最小值为2，所以， 当时，，可得， 求导可得， 设函数，求导可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故，最小值为2，即解得. 18. 如图，顶点为的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，是底面圆周上的点，是底面圆内的点，为底面圆圆心，，垂足为，，垂足为，且，是的中点． （1）证明：平面； （2）当三棱锥的体积最大时，求的长； （3）是否存在一个点，满足点到点，，，，的距离均相等？若存在，求出二面角的余弦值的取值范围，若不存在，说明理由． 【答案】（1）由题意知，平面，因为平面，所以. 又，，平面，，所以平面. （2） （3）存在点满足条件，二面角的余弦值的取值范围为 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理得到平面，在中求得，结合等体积法可得到当三棱锥的体积最大时，在中求解即可. （3）根据线面垂直的性质得到，，进而得到，，，四点共圆，圆心为中点；取中点，连接，可得到平面，结合勾股定理即可判断点即为所求的点；作，交于点，连接，证明平面，则即为二面角的平面角，在中求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，平面，因为，平面，所以，. 又，，平面，，所以平面. 因为，平面，所以，. 设过的一个轴截面交底面圆周于，点，则为等腰直角三角形， 所以，为等腰直角三角形，则， 又是的中点，所以，且. 因为，平面，，所以平面. 在中，. ， 当且仅当时，等号成立， 即当三棱锥的体积最大时，. 在中，，平面图如图： 在中，，，所以， 在中，. 故当三棱锥的体积最大时，的长为. 【小问3详解】 在四棱锥中， 由（2）得，平面，平面，所以，即. 又，即，所以，，，四点共圆，圆心为中点，记为. 取中点，连接，则， 由（2）得，平面，所以平面. 由，得， 故点即为所求的点. 作，交于点，连接， 因为平面，，平面，所以，. 又，平面，，所以平面. 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角，记为. 在等腰中，，所以为中点，又为中点，所以. 在中，， 而，则，所以，故. 所以存在点满足条件，二面角的余弦值的取值范围为. 19. 已知椭圆，左、右焦点分别为，，离心率为，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为8，为坐标原点. （1）求椭圆的方程； （2）按如下方式依次生成直线：过作直线交椭圆于，，其中在轴上方，为弦的中点.对任意正整数，过作直线，使.记直线的斜率为，且. （ⅰ）证明数列是等比数列； （ⅱ）已知从椭圆外一点向该椭圆引两条切线，切点分别为，，则直线的方程为.过，分别作椭圆的切线，两切线交于点，设为的重心，记，求数列的通项公式. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由焦点三角形的周长、椭圆的定义得，再由离心率、椭圆参数的关系求参数值，即可得； （2）（i）设直线，，弦中点，联立椭圆并应用韦达定理、中点公式得，，进而求，利用垂直关系得，根据等比数列的定义即可证； （ii）由，设并求得为、，进而得、，根据已知及点线距离公式得化简即可得. 【小问1详解】 由的周长为，则， 又，故，则椭圆方程为； 【小问2详解】 （i）由（1），设直线，联立椭圆得， 所以，若，弦中点， 所以，， 所以，，则， 因为，所以，而， 所以数列是首项为，公比为的等比数列； （ii）由（i）， 设为过的椭圆的切线的交点，则切点弦方程为， 直线为，即， 综上，，则，即， 为的重心，则，即， 由两个三角形同底，面积比等于底边上的高之比， 即点到直线的距离之比， 而，， 所以，而，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $