2026年4月江苏卷高考预测模拟数学试卷03

2026（考试时间：120分 试卷满分：150分第一部分（选择题共58分8540分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 {∣x

的最大值为（​

D.已知数列a的首项a1，且满足 ，则a

2a

C. D.终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球Ω从C口滚动进入”是“小球ΩD口滚动出来”的（）充分不必要条 B.必要不充分条C.充要条 D.既不充分也不必要条已知Rt△ABC中，若∠ABC90,AB2BC2BMACMACBABM B.2

C.

D.→【新考法】已知符号函数sgnx0x0

→ → A.1,5

B.

2,5

C.

3,5

D.2,5四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，∠ABC=90∘,∠ADC=60∘，AB 2,BC1，则该四体外接球的表面积为 A. B. C. D.f(x的定义域为(0f(1)1f(xxf(x2f(x)0，f(x2026)x2026)20的解集为（）(,

(0, C.(2026,

D.(2026,3618分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部60分．将函数f(x)sinxπ的图象上所有点的横坐标缩短为原来的1 πg(x的图象，则下列结论中正确的是（g(x)g(x)在0,π 3g(x)在0π 点5π0g(x 已知函数fxlnxax，则 a1fx

过双曲线C

1a0b0F的直线l与圆OxyaA，与CP，则（l与CA在CFAAP，则CFP3AFSVOAP第二部分（非选择题共92分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。124名同学在庆元旦活动中，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方法 种．（用数字作答已知sinα 数列”.设数列b为“T数列”，bN*,b2,b5，则b的最小值 ；若b2026，则 整数k的最大值 57715．（13分）fxe2x2a求证：当aln21x02e2

1x22ax216.（15分记VABCAB,Cabca2bcosC0求tanC3tanB若VABC

B若b2A最大时，求VABC17.（15分PABCDABCDPAABCDPAABPB的中点，FBCAEFPBCFBCAEFABC所成二面角夹角的余弦值为6AEBFi的外接球Oi的图形为eMieMiSi，其中i1，2，……，n，请问数列Sn中是否存3项成等差数列，请说明理由．18.（17分

3 3如图，已知椭圆

1，A，B分别是椭圆C1,2D12，P为椭圆 （1）求|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2T满足TATBT作THABH，线段TH交椭圆MAANATNMN如图，是一个表面被涂上红色的棱长是4cm的立方体，将其分割成64个棱长为1cm的小立方体放在PAACBD四点顺时针或逆时针跳动，跳动规则如下：从一作，抽到三面涂红色的小立方体顺时针跳动1次，抽到六个面均没有涂红色的小立方体逆时针跳动1次，抽到一面涂红色的小立方体顺时针跳动2次，抽到两面涂红色的小立方体逆时针跳动2次，求经过2026次操作后PA的概率为多少？19．（17分我们知道，奇函数的图象关于原点对称.yfxD，若对xDf2mxfx2nfxmnfx的对称中心.y11就是中心对称函数，其对称中心为0,1.具有如下性质：若mnfxyfxmn为奇函数已知定义在Rfx的图象关于点12x1时，fxxx+1f0,f的值

1x

x

求数组abc的个数，其中2024abc2024abcZgx1

为中心对称函数x

x

x x x2026数学·第一部分（选择题共58分8540分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 {∣x

【答案】y2x是R所以由2x121x1A{∣x1而|x1|2x12x12，x3x1B{∣x3x1}

的最大值为（

C. D.【答案】z

2cosθ212cosθ21 62562562(1

已知数列aa1

，则a

2a

C. D.【答案】【解析】由题意可得： 112 2a 令bn ，则可得：bn1bn2a1b2，所以bbn1)d22n12n

11 终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球Ω从C口滚动进入”是“小球ΩD口滚动出来”的（）A.充分不必要条 B.必要不充分条C.充要条 D.既不充分也不必要条【答案】【解析】若小球Ω从C口滚动进入，则一定从D口滚动出来．若小球Ω从D口滚动出来，可能是从CB口滚动进入，所以“小球Ω从C口滚动进入”是“小球Ω从D口滚动出来”的充分不必要条件．已知Rt△ABC中，若∠ABC90,AB2BC2BMACMACBABM A. B.2 C.

D.【答案】22【解析】Rt△ABC中，由ABC90∘,AB2BC2，得AC 22sinABC

1BMACMACBMABsinA2 所以BABMBM

→【新考法】已知符号函数sgnx0x0

→ → A.1,5

B.

2,5

C.

3,5

D.2,5【答案】ab0，且bc和ca0→ →

可知bc0ca0所以bccosθ0，casinθ0，所以θπ 2,0 1cosθ21cosθ21 322sin 4abc

ππ

因 2,0，所以θ44,4，所以22sinθ4(2,2) abc1,57.四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，∠ABC=90∘,∠ADC=60∘，AB 2,BC1，则该四体外接球的表面积为 A. B. C. D.7.【答案】【解析】如图，设aACD的外心为点OBBHACHAO,OHBH，ACM，连接OM，则OMAC.ABCACDABCACDAC，BHABC，BHACD又OHACDBHOH.因为ABC90∘，AB 2,BC1，所以AC 在aACD中，由正弦定理 在Rt△AOMAM1AC

2OA，解得OA133

1 在Rt△ABC中，由面积相等可得1 BH11 ，解得BH 6 则CH

3，MHCMCH

3 3 3(1)2(1)23

，在RtaBOHOB

1(3)26即OBOAODOC(3)268.f(x的定义域为(0f(1)1f(xxf(x2f(x)0，f(x2026)x2026)20的解集为（）A.(,

B.(0, C.(2026,

D.(2026,【答案】g(x)f(x(x0)g(xxf(x2f(x)0g(x)f(x)在(0 f(x2026)1f(11g(1(x

f(1)g(x2026)

f(x2026)1g(1，所以0x20261 解得2026x2025f(x2026)(x2026)20的解集为(20262025．361860将函数f(x)sinxπ的图象上所有点的横坐标缩短为原来的1 πg(x的图象，则下列结论中正确的是（g(x)g(x)在0,π 3g(x)在0π 点5π0g(x 【答案】f(x)

π sin 32 y π

sin2x，再将所得图象向右平移个单位长度 可得到函数g(x) ππsin2x的图象sin2 6 3 Ag(x)sin2x的最小正周期为T2ππ，ABx0π2x02πg(xsin2x0x0 3 3g(x)只有一个零点，BCx0π2x[0π]ysint在[0π 2g(x)sin2x在0π上并不单调，C 22 已知函数fxlnxax，则 a1fx【答案】lnxax,xf(x的定义域为(0f(x)lnxlnxax,xAf(xf(xAlnx,xBa0f(xlnxf(xlnx0lnx,xf(x1f(x2x1x2x1x2分别属于01和(1x1(0,1x2(1f(x1lnx1f(x2lnx2fx1fx2，则有lnx1lnx2，即lnx1lnx20lnx1x20x1x21BCaf(xf(x)01a,0xf(x)lnxax,0x1，则f(x) lnxax,x

a,xx(0,1f(x)0a1a1

1a1 x(1f(x)0a1a1

1a1 x a1f(x)0f(xC选项正确lnxx,0x 11,0x对于选项D：当a1时，fx ，fx lnx

,x1

x(0,1f(x)0f(xx(1f(x0xefx0,1xef(x在1e上单调递增，在e∞上单调递减

f

0,x在01f(xf110fe22e30f(x在011在(1f(xxefe0xe是(1内唯一零点f(x2D正确

过双曲线C

1a0b0F的直线l与圆OxyaA，与CP，则（l与CA在CFAAP，则CFP3AFSaOAP【答案】BOAa

c，AFOA

b，则直线OA的斜率k bc2c2可知直线OA即为双曲线CA在CB正确；Aab，则直线l的斜率mam1，且渐近线的斜率为b1， 可知直线l与双曲线的一条渐近线平行，此时l与C1A错误；CF1，FAAPAAP且OFF1PF12OA2aPFPF1PF2aPF14a 由勾股定理可得：PF1 ，即4a216a24c2可得c ，所以双曲线C的离心率为ec ，故C正确 DFP3AFFP3AF3bAPAFFP4b

APOA14ba2abD正确第二部分（非选择题共92分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。124名同学在庆元旦活动中，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方法 种．（用数字作答【答案】4名同学每人有三种选购方法，所以共有333381已知sinα 2 数列”.设数列b为“T数列”，bN*,b2,b5，则b的最小值 ；若b2026，则 整数k的最大值 14.【答案 ①. ②.【解析】因为数列bnT数列”，且b12b25，n1b3b12b2b3225b38；n2bb2bb528b11，又bN*，所以b12 n3b5b32b4b52b4b3212816因为数列bnT数列”，所以bn2bn2bn1bn2bn1bn1bn，又b2b13，所以数列bn为递增数列.问题转化为：数列bn增长速度最慢时，由bk2026k的值.设cnbn1bn，则c1b2b1523；n1b3b2b2b13，所以c23；n2bbbb3，又bN*，所以c4 n3b5b4b4b34，所以c44当n4bbbb4，又bN*，所以c5 n5b7b6b6b55，所以c65ncn5ncn4 又bkbkbk1bk1bk2Lb2b1b12c1c2Lck1k2n1nN*由2ccL 2234Ln122n1n4n23n2 即b2n1n23n2k2nnN*由2ccL 2234Ln1n222n1n4n n24n即b2nn24n此时b43234321976，b4324432021， 44234422066 又202120262066，所以数列bn85项之后，突然改变增长速度，使得b862026k57715．（13分）fxe2x2a求证：当aln21x02e2

1x22ax215．（13分【解析】（1）f(xe2x2a的定义域为Rf(x)

e21,令f(x)0，解得x2ln2， （3分x(∞2ln2)f(x)0f(x单调递减；x(2ln2∞f(x0f(x所以fx的单调递减区间是,2ln2，单调递增区间是2ln2,； （5分）极小值为f2ln222ln22a，无极大值 （6分 x（2）g(x)2e2

x22ax2g(xe2x2a

f(x （8分由（1）可知，f(x)即g(x)的最小值为f(2ln2)22ln22a （9分aln21f(2ln2)22ln22a22ln22(ln210因此g(x)0对任意x恒成立，故g(x)在(0,∞)上单调递增 （11分x0g(x)g(0)2100202e2

1x22ax2得证 （13分16.（15分记VABCAB,Cabca2bcosC0求tanC3tanB若VABC

B若b2A最大时，求VABC16.（15分【解析】（1）Qa2bcosC0，由正弦定理可得：sinA2sinBcosC0 （2分sin(BC)2sinBcosC0，sinCcosB3sinBcosC0， （4分）两边同时除以cosBcosC，可得：tanC3tanB0. （6分）方法1： 1acsinB

，则3asinBc3sinAsinBsinC即3sinBsin(BC)3sinBsinBcosC3sinBcosBsinCsinC （8分3sin2

3sin2

3tan2则tanC13sinBcosBsin2Bcos2B3sinBcosBtan2B3tanB1所以3tanB

3tan2tan2B3tanB

，即tan2B2tanB10解得tanB1B0π所以Bπ （10分2：同方法1可得3sinAsinBsinC由（1）可得sinA2sinBcosC，所以6sinBcosCsinBsinC即tanC6sin2B，又tanC3tanB （8分所以tanB2

2sin2 sin2Bcos2

2tan2tan2B

tanB所以Bπ （10分 a2b2 方法1：Qa 2bcosC 0，a2b 0，2a2b2c20，

c2 （12分 b2c2

b2

c2

1 c

3 （13分cosA

4

b当且仅当c

3bA6Qb2，AS

1bcsinA12231

（15分方法2：由（1）知tanC3tanB0，则tanC3tanB （12分tanAtan(BC)

tanBtan1tanBtan

2tan13tan2

3tanB

tan23tan23tanB tan

3，当且仅当3tanB ，即tanBtan

3时，取 13分ABπab2

1absinC

（15分17.（15分

△ PABCDABCDPAABCDPAABPB的中点，FBCAEFPBCFBCAEFABC所成二面角夹角的余弦值为6AEBFi的外接球Oi的图形为eMieMiSi，其中i1，2，……，n，请问数列Sn中是否存3项成等差数列，请说明理由．17.（15分 ∴平面PAB平面ABCD （1分PABABCDABBCABBC平面PAB （2分AEPABBCAE在aPAB中，PAAB，E为线段PB的中点，则AEPB． （3分）因为PB平面PBC，BC平面PBC，PBBCB，AE平面PBC （4分QAE平面AEF，∴平面AEF平面PBC （5分（2）（i）ABADAPAABADAPx轴，yz轴建立如图所示的空间直角坐标系 （6分AD2mB(400)P004E202F(4m0)AF4m0)AE(202 （7分设n1xyzAEF 2x2z故–––→ 即4xmy0,取n1(m,4,m) （9分AFn1 取n200,1ABCn1cosn1,n2

2m2m2

，解得m2，故AD4 （10分（ii）AFi中点Oi，作OiMiEFiMi由ABFiAEFi90，所以Oi满足OiAOiEOiFOiB则Oi为三棱锥AEBFi的球心，其中i1，2，…，n． （11分）因为AEEFi，则OMi∥AE，则OiMi平面PBC，MAEBF的外接球O与△PBCEFi BE2BF8由 1BF，则BFBE2BF8

所以 i的面积Siπ

π2 ， 假设存在m，n，kN*且mnk使得Sm，Sn，Sk成等差数列，则2SnSmSk （13分即2π2222nπ2222mπ2222k化简可得232n222m222k2n22k2m因2k2n02k2m0，所以222k2n22k2m为偶数，即（*） （15分18.（17分

3 3如图，已知椭圆

1，A，B分别是椭圆的左右顶点，C1,2D12，P为椭圆 （1）求|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2T满足TATBT作THABH，线段TH交椭圆MAANATNMN如图，是一个表面被涂上红色的棱长是4cm的立方体，将其分割成64个棱长为1cm的小立方体放在PAACBD四点顺时针或逆时针跳动，跳动规则如下：从一作，抽到三面涂红色的小立方体顺时针跳动1次，抽到六个面均没有涂红色的小立方体逆时针跳动1次，抽到一面涂红色的小立方体顺时针跳动2次，抽到两面涂红色的小立方体逆时针跳动2次，求经过2026次操作后PA的概率为多少？18.（17分 【解析】（1）设P(x,y)，根据题意x[2,2]，y ，且A(2,0)，B(2,0)|PA|2|PB|2|PC|2|PD

3

3

（2分(x2)2y2(x2)2y2(x1)2y (x1)2y 2 2

x2

4x4y 4xy 4

1

3x 12

，（3分 x2x2

4 所以|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2的最大值为55 （4分因为动点T满足TATB，则点TABx2y24y24x224

y2

Tx,2y

1，所以

1 （5分AT

2y1 ANATAN

x122AM

（6分则

x12

1

1

2

x

x x1my1nx2my2n1 整理得2m21

m(n2)y

(n2)20MN方程与椭圆方程

y2得m24y22mnyn240 （7分4m2n24m24n24164m24n20n2m24y

，y

n2 （8分 m2 1 m2代入②式得2m2n242m2n(n2)n2)2m240化简得3n28n40n2（舍去），n2∴直线MN方程为xmy2，直线MN过定点2,0 （9分 （3）由题意，盒子中三面涂红色的小立方体有8个，每次抽到后顺时针跳动1次的概率为盒子中六个面没有涂红色的小立方体有8个，每次抽到后逆时针跳动1次的概率为242242nPAAnPAnan，PBBnPBnbn，P在C处为事件CnPCncn，PDDnPDndn

（11分易知anbncndn1，由对称性知cndn，即anbn2cn1 （12分a0cd1b3 而PC0P 1P 1P 3·P

即c1

1

3 8

8

4又 1

，代入④式得

1

11

8

4即c1

1，所以

11

1 2

2

4 所以数列c1是以

82 11

所以cn

，即cnn 82

4又PA1P 1P

0P 3P

即a1 3 4 4将 1

，

11

3

5

7 （14分

4

4

8 a1

13

11