江苏南京第六十六中学2026届高三四月第一次检测数学（二模）+答案

2026届高三四月第一次检测（二模）一、单选题（每小题8分，共40分）2．若复数z满足i，其中i为虚数单位，则z在复平面上所对应的点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知四边形ABCD为正方形，P为线段AC上一点（不包括端点A，C则=()A．λ0,2)0,2)4．新能源汽车具有零排放、能源利用率高等特点，近年来备受青睐.某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1000个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量ξ~N(13,σ2)，若P(12<ξ<14)=0.7，则样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有()A．700辆B．350辆C．300辆D．150辆5．双曲线C：1的一个焦点坐标为(3,0)，则双曲线C的渐近线方程为()A．yxB．yxC．yxD．yx6．已知直线y=_2x+4与抛物线y2=2px（p>0）交于A,B两点，且OA丄OB（O为坐标A．1B．27．设F1,F2分别是椭圆C的左右焦点，过椭圆C上一点P作切线PT交x轴于点T，若LF2PT=45,LF2TP=15，则该椭圆的离心率是()2_1D．8．如右图，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点.那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是B．二、多选题（每小题6分，共18分）9．某校300名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的考试成绩（单位：分成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是()B．估计这40名学生数学考试成绩的众数为75C．估计总体中成绩落在[80,90)内的学生人数105D．估计这40名学生数学考试成绩的第80百分位数约为8510．设函数f(x)=(x_1)(x_a)(x_b)，其中a<1<b.则下列说法正确的是()A．f(x)可能为奇函数B．f(x)既有极大值也有极小值C．若f(x)f(2_x)≤0恒成立，则a+b=2D．若x1,x2是方程f,(x)=0的两个不同实根，且f(x1)+f(x2)<0，则a+b>211．类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如下左图，由不共面的三条射线PA,PB,PC构成的图形称为三面角P_ABC，记LAPC=α,LBPC=β,LAPB=Y，二面角A_PC_B的大小为θ,则cosy=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.在矩形ABCD中，AB=1,BC=2,M为线段AD上动点，ABM绕BM翻折至PBM，记二面角P_BM_C的平面角为θ,则下列说法正确的是()A．当时，cosLPBC=cosLPBM.cosLCBMB．当时，且M为AD中点，则PC丄PBC．不存在θ与M，使得LPBC=LPBM=LCBMD．当时，则PC最小值为·2三、填空题（每小题5分，共15分）12．已知n的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则n=.13．对满足i≤j的任意正整数对(i,j)，定义函数f(i,j)如下：f(1,j)=1，(i+1)f(i+1,j)=(j_i)f(i,j)，则f(i,4)=（结果用含i的式子表示j2.f（结果用含j的式子表示14．已知集合M={1,2,3,4,5}，f(x)是M→M的函数，且满足f(f(x))=1，则这样的函数f(x)的个数为．四、解答题（本题共5小题，共77分）15．一般地，我们将棣莫弗定理总结成下面的公式：(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isinnθ,设(1)证明：z1z2=z1z2；(2)若R，求a的值；(3)证明：z2025_z2026=z2026_z2027．16．悬链线出现在建筑领域，最早是由十七世纪英国杰出的科学家罗伯特·胡克提出的，他认为当悬链线自然下垂时，处于最稳定的状态，反之如果把悬链线反方向放置，它也应该是一种稳定的状态，后来由此演变出了悬链线拱门，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，它在一定程度上和三角函数性质相当．其函数表达式为f相应的双曲正弦函数的表达式为f,(x)．(1)求[f(x)]2_f,(x)2的值：(2)证明：（i）f,(“+β)=f(“)f,(β)+f(β)f,(“)；（ii）f(“+β)=f(“)f(β)+f,(“)f,(β)；（iii）f_f(3)写出Snf,的最简表达式（结果用含f,(x),f,(y),x,y(x,y∈N*)的式子表达17．已知MN是异面直线l，m的公垂线段，且M∈l，的动点A1，A2，直线m上有两个不同的动点B1，B2．(1)若l丄m，A1M=2，求二面角A1_m_M的余弦值；(2)若P1，P2，O分别为A1B1，A2B2，MN的中点．是否存在点A1，A2，B1，B2使得18．给定实数r，甲、乙两人玩如下的游戏．首先在黑板上写出一个含有n个绝对值的算式：T=_+_++_，其中每个绝对值里都有两个空格“□”,所有的空格“□”都尚未填数．每一回合，先由甲选取区间[0,1]中的一个实数（不同的回合可以选取相同的数再由乙将其填在某个空格之中．这样2n个回合之后所有的空格均填了数，T的值也随之确定．若T≥r，则甲胜，否则乙胜．(1)当n=2时，求所有实数r，使得甲有获胜策略，并说明理由；(2)当n=3时，求所有实数r，使得甲有获胜策略，并说明理由．19．拉格朗日（Lagrange）中值定理，是微分学中的基本定理之一，反映了可导函数在闭区间上整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系.定理的表述如下：若函数f(x)在[a,b]上连续，且其导函数为f,(x)，那么在开区间(a,b)内至少存在一点ξ,使得f已知函数f(x)=xlnx(1)求函数f(x)在上的值域；(2)已知0<a<b,f求证：（ii）若对满足0<a<b<3a条件的a,b，不等式f+f恒成立，求整数k的最小值.2026届高三四月第一次检测（二模）参考答案【分析】利用集合的并集和补集运算求解.}，故选：B【分析】利用复数的乘法运算和共轭复数的概念求解. 【详解】因为复数z满足i，其中i为虚数单位，所以z在复平面上所对应的点在第四象限，故选：D【分析】根据向量共线的条件及向量加法的几何意义可得【详解】因为P为线段AC上一点（不包括端点A，C如图：故选：A【分析】根据正态分布的性质，求得P(ξ≤12)的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.【详解】因为ξN(13,σ2)，且P(12<ξ<14)=0.7，所以样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有1000x0.15=150（辆）.故选：D.【分析】先根据焦点结合c2=a2+b2计算得出a=6，进而得出最后得出渐近线方程即可.【详解】双曲线C：1的一个焦点坐标为(3,0)，则a2+3=9，所以a，所以双曲线C的渐近线方程为yx.故选：C.【分析】设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由题意可得出.=0，结合韦达定理可求得p的值.【详解】设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，联立可得y2+py_4p=0，+16p>0，由韦达定理可得y1+y2=_p，y1y2=_4p，解得p=1，故选：A【分析】根据椭圆的光学性质可得LF1PF2=90，求出PF1=·3c，PF2=c，结合椭圆的定义即可得解.【详解】设切线PT交y轴于点Q，由椭圆的光学性质可得LF1PQ=LF2PT=45，则LF1PF2=90，又LPF2F1=LF2PT+LF2TP=45+15=60，所以该椭圆的离心率是3-1.故选：A.【详解】如图：如图，取小圆上一点B，连接OB并延长交大圆0于点B1，连接O,B，LMOB=B，则在小圆O,中，=2B，在大圆0中，T西=0R=2，根据大圆的半径是小圆半径的2倍，可知的中点oi是小圆转动一定角度后的圆心，且这个角度恰好是，综上可知小圆在大圆内壁上滚动，圆心转过角后的位置为点，小圆上的点，恰好滚动到大圆上的B1也就是此时的小圆oi与大圆的切点．而在小圆oi中，圆心角（Mi是小圆oi与的交点）恰好等于20，则，而点Bi与点B其实是同一个点在不同时刻的位置，则可知点Mi与点M是同一个点在不同时刻的位置．由于的任意性，可知点Mr(M)的轨迹是大圆水平的这条直径．类似的可知点N的轨迹是大圆竖直的这条直径.故选A.【分析】对A，利用频率分布直方图所有矩形面积之和为1，列方程求解a的值；对B，众数为最高矩形底边中点的横坐标，取区间[70,80)的中点75；对C，先算[80,90)的频率，再乘以总体300得到估计人数；对D，根据前几组频率和确定第80百分位数所在区间，再用插值法计算.对于B：因为直方图中最高矩形对应区间为[70,80)，所以估计这40名学生数学考试成绩的众数为75，B正确；所以估计总体中成绩落在[80,90)的学生人数为90，C错误；由即估计这40名学生数学考试成绩的第80百分位数约为86.67，D错误；故选：AB.2【分析】对于A根据判断；对于B求导判断函数的单调性即可；对于C由f(x)的正负性和单调性可得；对于D根据韦达定理以及x1+x2>1计算.2【详解】对于A，若f(x)为奇函数，则，则或均与a<1<b矛盾，故f(x)不可能为奇函数，故A错误；a2+b2_ab__a_b+1)2所以f,(x)=0存在两个不等实根x1,x2，不妨设x1<x2，则f,(x)>0得x<x1或x>x2；f,(x)<0得x1<x<x2，则f(x)在(_∞,x1),(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，故f(x)在x=x1处取极大值，在x=x2处取极小值，故B正确；对于C，由f(a)=f(1)=f(b)=0以及f(x)的单调性可知，当a<x<1或x>b时f(x)>0；当x<a或1<x<b时f(x)<0；因为，且f(x)f(2_x)≤0恒成立，所以，即a+b=2，故C正确；对于D，因为x1,x2是方程f,(x)=0的两个不同实根，所以x1+xx1x令g,(x)=0，得x则f(x)关于点对称，即关于点对称，由f(x1)+f(x2)<0以及f(x)在区间(x1,x2)上单调递减、可得f又f(1)=0，1∈(x1,x2)，可得故选：BCD11．ABD【分析】A：运用已知公式直接判断即可；B：根据面面垂直的性质定理，结合勾股定理和逆定理进行运算判断即可.C：运用假设法，结合余弦函数的最值性质进行判断即可；D：根据锐角三角函数定义，结合余弦定理、基本不等式进行求解判断即可.【详解】A：当时，由已知公式，得所以cosLPBC=cosLPBM.cosLCBM，所以本选项说法正确；B：当M为AD中点，取BM的中点N，连接PN,CN，因为在矩形ABCD中，AB=1,B所以PN丄BM，所以CM2+BM2=BC2，因为所以平面PBM丄平面CBM，又因为平面PBM∩平面CBM=BM，PN丄BM，且PNC平面PBM，所以PN丄平面CBM，CNC平面CBM，+CN因为PC2+PB2=BC2，所以PC丄PB，所以本选项说法正确；xC：假设存在θ与M，使得LPBC=LPBM=LCBM，因为在矩形ABCD中，LABM+LCBM所以LPBC=LPBM=LCBM由已知公式cosLPBC=cosLPBM.cosLCBM+sinLPBM.sinLCBM.cosθ显然cosθ∈(0,1]，所以假设成立，因此本选项说法不正确；所以MB于是有cosLABMx2,cosLCBM=cosLAMB=，3所以由cosLPBC=cosLPBM.cosLCBM+sinLPBM.sinLCBM.cosθ由余弦定理可得：所以x当且仅当x时取等号， 所以有x+所以由x→→PC所以本选项说法正确.故选：ABD【分析】利用二项式系数的性质求解.故答案为：6.2j_1)【分析】根据题意可得i≤j，即可利用累乘法得f结合组合数的计算公式以及二项式展开式的性质即可求解.【详解】由(i+1)f(i+1,j)=(j_i)f(i,j)可得i≤j，累乘得令j=4，则fn_1，故答案为：C，j(2j_1)【分析】由f(f(x))=1知f(1)=1，且不能只f(1)=1，f(2)，f(3)，f(4)，f(5)中至少还要有1个函数值等于1，然后进行分类列举即可.【详解】由f(f(x))=1可知，函数f(x)的值域中的任何元素y都满足f(y)=1.因为值域非空，所以1必在值域中，即f(1)=1.若仅有f(1)=1，则对任意x∈{2,3,4,5}，有f(x)∈此时对于x∈{2,3,4,5}，令y=f(x)，则y∈{2,3,4,5}.而f(f(x))=f(y)=1，这与仅有f(1)=1的假设矛盾.故{2,3,4,5}中至少有一个元素的函数值为1.具体分类如下：1、若5个函数值都为1，此时共有1种情况；2、若仅有4个函数值为1，又f(1)=1，则另外4个中应有3个函数值为1有C=4种，如f(2)=f(3)=f(4)=1，依题意f(5)只能从2,3,4中取值，有3种情况，此时共有4×3=12种；3、若仅有3个函数值为1，又f(1)=1，则另外4个中应有2个函数值为1有C=6种，如f(2)=f(3)=1，依题意f(4),f(5)只能从2,3中取值，有2A=4种情况，此时共有4、若仅有2个函数值为1，又f(1)=1，则另外4个中应有1个函数值为1有C=4种，如f(2)=1，依题意f(3),f(4),f(5)都只能取2，有1种情况，此时有4×1=4种情况；综上所述，这样的函数f(x)的个数共有1+12+24+4=41个.故答案为：41.(2)1(3)详见解析.)，利用复数的运算和模公式求解；（3）根据棣莫弗定理公式得到z2025，z2026z2027验证即可.rr所以z1z2=z1z2；所以cosisin得z2025=cosisi所以.则z2025_zz2026_z2027所以.20252026zz=20262027zz(2)证明见解析【分析】（1）求出f,(x)，直接代入化简计算即可；（2）利用指数函数的运算法则，将双曲函数展开为指数形式，从等式一侧出发通过代数变形推导出另一侧，即可证明；（3）将f,代入求和式，拆分为两个等比数列之和，利用等比数列求和公式进行化简求值.【详解】（1）ff,（2i）因为左边=f所以f,(“+β)=f(“)f,(β)+f(β)f,(“)，命题得证.（ii）因为f所以f(“+β)=f(“)f(β)+f,(“)f,(β)，命题成立；2f命题得证.（3）因为f(k+1)_f(k_1)=2f,(k)f,(1)，故f,故Snf,而ff,(2)不存在，理由见解析【分析】（1）由l丄m且MN是异面直线l，m的公垂线段，所以可以以MN为z轴，其他两个分别平行x轴、y轴通过建立空间直接坐标系发现A1N丄m，得到LA1NM就是所二面角求角A1_m_M，通过计算可求；（2）通过建系设点，推出方程组无解得到结论.【详解】（1）l丄m，故以M为原点建立空间直接坐标系，直线m与y轴平行，所以直线m的一个方向向量为=(0,1,0)所以LA1NM就是所二面角求角A1_m_M，所以二面角A1_m_M的余弦值为.P又OA1，|(|(1)(1)122u_42318．(1)甲有获胜策略的r是不超过的所有实数，理由见解析；2(2)甲有获胜策略的r是不超过的所有实数，理由见解析；8【分析】（1）由题设T=_【分析】（1）由题设T=_+_，分别讨论甲有策略使T≥3，乙有策略使得T≤3，结（2）由题设S=_+_（2）由题设S=_+_+_，分别讨论甲有策略使得S≥15，乙有策略使得S≤15，3232时甲有获胜策略，理由如下：2甲先选0（选1亦可乙第一步选择无实际意义，T=0_+_，甲再选1，若乙将其与0填在同一个绝对值中，甲再选0、1，可使T=2，若乙将其填在另一个绝对值中T=0_+1_，甲再选，则某个绝对值得到，最后一个数甲可以使另一个绝对值为1，此时T32若甲的前两个数相差不超过，乙将其填在同一个绝对值中，这样一个绝对值不超过，另一个绝对值不超过1，从而T≤,2若甲的前两个数相差超过，乙将其填在不同绝对值中，设T=a_+b__且a<b，甲的第三个数c必定满足|a_c且c或|b__c且c从而乙可以使得一个绝对值不超过，另一个绝对值总不超过1，故乙可以使得T≤23综上，甲有获胜策略的r是不超过的所有实数；28（2）S=_+_+_，r≤15时甲有获胜策略，理由如下：88甲依次选0、1，若乙填在同一个绝对值中，由T的讨论知甲可以使得S3若乙填在不同绝对值中，甲再选，乙若填在和0或1同一个绝对值中，由T的讨论知甲可8以使得S若乙填在第三个绝对值中，则S=甲选，若乙放在第一个绝对值中，甲选0、0，则S若乙放在第二个绝对值中，甲选1、1，则S3若乙放在第三个绝对值中，由T的讨论知甲可以使得前两个绝对值之和不小于，故283若甲的前两个数差不超过，则将数填在同一个绝对值中，甲选了第三个数，83若三个数中有两个数的差不超过，乙将这两个数放在同一个绝对值中，再由T的讨论知乙8可以使得S3若甲的前三个数两两相差均大于，则乙将三个数填在不同绝对值中，