2026年江苏南京盐城市高三一模语文数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页南京市、盐城市2026届高三年级第一次模拟考试数学注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．1．设全集，集合，，则（

）A．4 B．5 C．7 D．92．已知向量，若，则（

）A． B． C．1 D．23．已知a，b是实数，则“”是“且”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知双曲线的渐近线方程为，且实轴长为2，则焦距为（

）A． B．2 C． D．45．已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（

）A． B． C． D．6．若等差数列的前项和为，且，则（

）A． B． C． D．27．设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（

）A． B． C． D．38．已知函数，若存在，对于任意都有，则实数的取值范围是（

）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．已知复数，，且，下列说法正确的是（

）A．是纯虚数 B．是实数C．是虚数 D．若，则是实数10．已知函数，则（

）A．的定义域为B．是偶函数C．在上单调递增D．有且仅有2个零点11．在中，角，，所对的边分别为，，．已知，三角形的面积为2，下列说法正确的是（

）A． B．C．当最小时， D．当时，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________．13．在平面直角坐标系中，已知椭圆的上、下顶点分别为，，右焦点为，线段的延长线与交于点，若，则的离心率为______．14．设正整数，其中，．记．从集合中随机抽取一个数，则的概率为________．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．为研究昼夜温差（单位：）与某植物种子当日的百粒发芽数（单位：粒）之间的关系，实验室记录了6天的每日昼夜温差与种子当日的百粒发芽数，如下表所示：日期编号123456温差91311151014百粒发芽数232826312529(1)根据表中的数据，计算样本相关系数（精确到0.01）；(2)求百粒发芽数关于温差的经验回归方程，并估计昼夜温差为时，这种植物种子当日的百粒发芽数．参考公式：相关系数，，，参考数据：，，，．16．如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点．(1)证明：平面；(2)若，求点到平面的距离．17．已知函数，直线与曲线相切．(1)求实数的值；(2)若是函数的极大值点，求实数的取值范围．18．已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5．(1)求和的值；(2)，为上两点，的重心在直线上．①证明：直线的斜率为定值；②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动．19．已知圆，点，对于圆上的点，按照如下方式构造点；过点作直线垂直于轴，为点在轴上的射影，点满足（为常数，），直线交于点，其中为坐标原点，点异于点．(1)若，求的坐标；(2)证明：数列为等比数列；(3)已知，设及的面积分别为，，若存在正整数，使得，求所有可能的值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】因为，，，所以，即.2．D【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.【详解】因为，所以，所以即，故，故选：D.3．B【分析】利用不等式的性质，结合反例可判断选项【详解】由不等式的性质若且，则必有，反之不一定成立，如故“”是“且”的必要不充分条件故选：B4．D【详解】由题意可知，得，因双曲线的渐近线方程为，即​，代入得，所以（为半焦距），即，故焦距为.5．B【分析】设该圆锥的底面半径为，根据轴截面性质求得圆锥的高，进而求得圆锥的体积，由勾股定理求得外接球的半径，进而求得球的体积，即可得解.【详解】设该圆锥的底面半径为，因为该圆锥的轴截面为直角三角形，所以该圆锥的高为，则该圆锥的体积．设球的半径为R，则，解得，则球的体积为．所以该圆锥与球的体积之比为.6．C【详解】利用等差数列前项和公式，代入得：，代入已知条件：，化简得：，展开并整理：，解得，即：，因此：，故.7．D【分析】根据新定义、任意角的三角函数及两角和的正切公式求解即可.【详解】对角的终边先进行变换后，角的终边经过，则.再进行变换得到角的终边，则.所以.8．A【详解】，∵存在，对于任意都有，∴在左侧附近，函数小于0.，，①当时，，∴存在，对于任意都有，，函数单调递增，∴当时，，满足题意.②当时，，，∴当时，，函数单调递减，∴不存在，对于任意都有，③当时，，∴存在，对于任意都有，函数单调递减，∴当时，，不满足题意.综上所述，实数的取值范围是.9．AD【详解】A.为纯虚数，故A正确；B.，只有时，才是实数，故B错误；C.，只有时为虚数，为实数，故C错误；D.为实数，故D正确.10．ABD【分析】利用对数函数的性质求解定义域判断A，利用偶函数的定义判断B，利用导数的性质判断C，利用分类讨论思想结合零点存在性定理与偶函数性质判断D即可.【详解】对于A，令，解得，则的定义域为，故A正确，对于B，由已知得的定义域关于原点对称，而，则是偶函数，故B正确，对于C，当时，得到，则，此时，得到在上单调递减，故C错误，对于D，由题意得的定义域为不妨令，讨论时的情况即可，当时，设，可得，此时，得到在上单调递减，而，，可得，则，由零点存在性定理得存在作为零点，当时，，此时无零点，当时，结合偶函数性质得有1个零点，综上可得，有且仅有2个零点，故D正确.11．ABC【分析】根据三角形面积公式即可判断选项A；根据正弦定理及选项A可得到，结合基本不等式即可判断选项B；根据三角形面积公式及正弦定理得到，设，则，求出取最大值，得到此时取最小值，即取最小值，进一步化简即可判断选项C；结合诱导公式、二倍角公式及已知条件，即可判断选项D.【详解】选项A：由得，，则，所以，故A正确.选项B：由正弦定理，得，所以，即，整理得.又，当且仅当时，等号成立，所以（，时取等号），故B正确.选项C：由正弦定理可知，，，，所以.又，则，设，则，.则.当，即时，取最大值，此时取最小值，即取最小值.代入中得，，即，也即.因此，当最小时，，故C正确.选项D：当时，，又，所以，则.若，则，即，所以，此时.但根据已知条件，无法确定恒成立，故D错误.12．##【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可.【详解】作，因为，所以是的中点，过作，由直三棱柱性质得面，如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系，因为，所以，由勾股定理得，则，，，，可得，，设异面直线与所成角为，则.13．【分析】求出直线方程，结合，利用两点间距离公式求出点坐标，代入椭圆方程求解即可.【详解】椭圆的上顶点，下顶点，右焦点，其中.直线方程：.设，因为，所以，即，解得，所以.代入椭圆方程得，即，所以，即.又，所以.14．【详解】因为，所以表示的二进制数最多有11位，即，而为的二进制表示中1的个数，又，且，当时，取得最大值为，故满足条件的均不超过2000，所以，对应的的个数为，，对应的的个数为，，对应的的个数为，综上，满足条件的的个数为，所以的概率为.15．(1)(2)，【分析】（1）根据条件，直接计算，即可求解；（2）根据条件，直接求出，即可求出线性回归方程，再将代入，即可求解.【详解】（1）相关系数．（2）由题意得，，所以，，所以所求的经验回归方程是，当时，，故当昼夜温差为时，这种植物种子当日百粒发芽数为．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，结合等边三角形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而由线面垂直的性质定理得，然后利用面面垂直的判定定理证明即可．（2）法一：利用线面垂直的判定定理证明平面，在平面内，作于，由线面垂直的性质定理和判定定理得平面，然后在中求解即可；法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后点面距的向量公式求解即可．【详解】（1）连接，因为是等边三角形，是中点，所以．又因为，，平面，，所以平面．因为平面，所以．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．（2）法一：在菱形中，，又因为，，所以，．因为，平面，，所以平面．在平面内，作于．因为平面，平面，所以．又因为，，平面，，所以平面，所以的长度为点到平面的距离．在中，因为，，，所以，同理．因为平面，平面，所以．在中，因为，所以边上的高．即点到平面的距离为．法二：因为平面，平面，所以．由（1）得、、两两垂直，故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．设平面的法向量为，所以所以所以是平面的一个法向量．所以点到平面的距离．17．(1)(2)【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数；（2）利用导数讨论单调性，得出函数的极值，再解不等式即可.【详解】（1）设直线与曲线相切于，因为，所以切线斜率为，所以，则，所以切点为，又因为切点在直线上，所以，所以．（2），则．当时，，，，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，不满足题意；当时，，，，，，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，不满足题意；当时，，，所以在上单调递增，所以不是的极值点，不满足题意；当时，，，，，，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以是的极大值点，满足题意，综上，的取值范围是．18．(1)，(2)①证明见解析②证明见解析【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出.（2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可.方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可.②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程.方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动.方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可.【详解】（1）抛物线的准线方程为．根据抛物线定义，，所以．因此，抛物线的方程为．将代入抛物线方程：，又，故．（2）①方法一：设，，则的重心为，由题意知，，则．所以直线的斜率，为定值．方法二：因为直线的斜率不为零，所以设直线的方程为，显然．设，．联立，整理得．所以.已知，所以的重心的纵坐标，所以，解得．因此，直线的斜率，为定值．②因为直线的斜率不为零，所以设直线的方程为．设，．联立，整理得．所以.设为的中点，则：，，即．直线与轴交点，，则中点．由于，所以．所以．直线的斜率：，直线的方程：，整理得.法一：令，代入方程，解得，因此，直线经过定点．因为，于，所以在以为直径的定圆上．法二：由于，，所以的方程为，即，联立，得即．令，则，，令，则，，令，则，，求得经过，，的圆方程为，代入的坐标符合，所以在定圆上．19．(1)(2)证明见解析(3)或．【分析】（1）根据，代入坐标运算，即可求解；（2）根据向量关系，并联立直线和圆的方程，求得点的坐标，再根据等比数列的定义