江苏省南京市七校联合体2026届高三上学期10月调研数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省南京市七校联合体2026届高三上学期10月调研数学试题一、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.已知为纯虚数，则（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】依题意，，由是纯虚数，得，所以.故选：B.2.已知向量，且，则实数k为（）A.2 B.3 C.－3 D.－2【答案】C【解析】由向量，可得，又由，可得，解得.故选：C.3.已知一个底面半径为1的圆锥，其侧面积是底面积的4倍，则该圆锥体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设圆锥的母线为，则，则，所以圆锥的高，所以圆锥的体积.故选：B.4.从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】第一次抽到3或6的概率为，所以，当第一次抽到3时：第二次可抽4,5,6,7，共4种情况；当第一次抽到6时，第二次可抽7，共1种情况，所以，.故选：A.5.已知，则的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】，底数，对数函数单调递减，又，，，底数，指数函数单调递增，又，，，底数，指数函数单调递减，又，．，故选：C．6.已知函数的最小正周期为T，若，则函数的最大值为（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】的最小正周期为，，，又，，，令，则，，函数开口向下，对称轴，函数最大值为：．故选：D．7.莱莫恩（Lemoine）定理指出：过△ABC的三个顶点A，B，C作它的外接圆的切线，分别和BC，CA，AB所在直线交于点P，Q，R，则P，Q，R三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的Lemoine线．在平面直角坐标系xOy中，若三角形的三个顶点坐标分别为，则该三角形的Lemoine线的方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】的外接圆方程设为，，解得，外接圆方程为，即，故外接圆的圆心坐标为，故外接圆在处切线方程为，又，令得，，，在处切线方程为，又，令得，，则三角形的线的方程为，即.故选：A.8.已知定义在R上的函数满足，对任意的且均有恒成立，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由函数满足，可得函数的图象关于直线对称，又因等价于即，依题意，可知函数在上单调递增，由函数图象对称性可知，函数在上单调递减.故由可知图象上横坐标为的点到直线的距离大于图象上横坐标为的点到直线的距离，即，即，两边取平方整理得，解得.故选：C.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，其中α，β为锐角，以下判断正确的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】选项A：由两角和的正切公式，.因为锐角，，故，A正确.选项B：由，得.结合，代入得，即，解得（为锐角，取正），，B错误.选项C：由，得.结合，得，即，解得，（为锐角，取正），，则，C正确.选项D：由选项BC得，；，.则，D错误.故选：AC.10.下列有关说法正确的是（）A.设随机变量服从正态分布，若，则B.甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有72种C.若，则D.以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3；【答案】ACD【解析】对于A，设随机变量服从正态分布，若，则曲线关于对称，则，故A正确；对于B：甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需要有人去，则不同的安排方法有种，B选项错误；对于C，令，可得，令，可得，即可得，即，C正确；对于D：，两边取对数得到，故，的值分别是和0.3，D正确；故选：ACD.11.已知数列的前n项和为．对任意正整数M，记，其中，记，则（）A.数列的通项公式为B.C.若，则D.数列为等差数列【答案】ABD【解析】选项A：当时，，当时，，所以，故A正确；选项B：当时，，不等式成立，当时，，令，则，所以，易得当时，恒成立，则数列在且上单调递增，又，所以，即，，综上，，，故B正确；选项C：，其中，则表示二进制中1的个数，，此时的二进制表示会因为乘以2k而发生位数扩张与数字重组，即为原来的2k倍，所以，故C错误；选项D：因为，所以，，所以，因为的二进制表示为，所以，则因为所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数的图象与直线相切，则实数________．【答案】1【解析】设切点为，，则，切线方程为，即，又因为函数的图象与直线相切，所以，解得．故答案为：1．13.已知双曲线的左、右焦点分别为．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，直线AF1交C的另一条渐近线于点则C的离心率为______．【答案】4【解析】双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，设坐标原点为，，以为直径的圆的方程为，又的渐近线方程为，，解得，则，，，直线的方程为，，解得，则，，，，，，，，，.故答案为：4.14.如图，已知正方体顶点处有一质点S，点S每次会随机地一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点S的初始位置位于点A处，记点S移动n次后仍在底面上的概率为，则________．【答案】【解析】由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，所以当S在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为.依题意,,，，因，则数列是以为首项，为公比的等比数列，即，移项得，，于是，.故答案为：.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△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，且（1）求角A；（2）M，N分别在线段BC，AC上，且MN垂直平分BC，，AB＝2，求线段CN长．解：（1）因为，由面积公式与余弦定理得，因为，所以，因为，所以，，所以；（2）因为边的垂直平分线，如图可知，所以是等腰三角形，且是一个底角，故，为的中点，则，在中，，由正弦定理得，因为，则，所以在中，．16.如图，四棱锥，平面，，．若点满足，平面交线段于点．（1）求证：；（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求点到平面的距离．（1）证明：，又面，面，面，又面，且面面，，（2）解：面，，以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，，易得面的一个法向量，，，设面的一个法向量，则，，取，则，，面的一个法向量，，解得，，，，设面的法向量为，则，，，取，则，，，设点到面的距离为，则，设点到面的距离为.17.已知正项数列的前项和为，且．（1）证明：数列是等差数列；（2）若数列满足，且，求数列的通项公式．（1）证明：由得：，当且时，，，即，又，，；，，解得：，数列是以为首项，为公差的等差数列.（2）解：方法一：由（1）得：，当且时，，，，当时，满足，综上所述：.方法二：由（1）得：；，，，，令，则数列为常数列，，.18.已知函数在处取得极值．（1）求实数a的值；（2）是否存在自然数k，使得方程在内有唯一的根?如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由；（3）若成立，求实数t的取值范围．解：（1）由求导得，因函数在处取得极值，则所以，则.当时，，当时，，则在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以在处取得极值成立．故．（2）由（1）知方程，即，令，因为，则需要在上讨论，显然，，则当时，；时，，所以在上单调递增，在上单调递减因为，，所以存在唯一的，使所以存在，使得在内有唯一的根（3）令，则①因为抛物线的对称轴方程为，开口向上，所以即时，对成立，所以时，对成立，所以在上单调递减，又，所以时，成立，即此时，成立；②当，，记的两根为，则，，则，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减．所以，所以不能恒成立，即不能恒成立综上，的取值范围是.19.已知椭圆的左、右顶点分别为M、N，且椭圆C过点离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）已知椭圆C具有性质：椭圆C上任一点处的切线方程为，试运用该性质解决以下问题：过动点作椭圆C的两条切线，切点分别为A、B，A在x轴上方．（i）设直线AM与直线BN的斜率分别为，，求证：为定值；（ii）若，过点P作直线l交椭圆C于D，E两点，过D作PA的平行线交AB于点G，延长DG至点F，使得DG＝GF．求证：A，E，