2025-2026学年江苏省南京市鼓楼区部分学校高三下册4月二模试题 数学 含答案

/2026届高三下学期四月第一次检测（二模）数学试题一、单选题1．已知集合，，，则（

）A． B． C． D．2．若复数z满足，其中为虚数单位，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．已知四边形为正方形，P为线段上一点（不包括端点A，C），则（

）A．， B．，C．， D．，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，若，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：的一个焦点坐标为，则双曲线C的渐近线方程为（

）A． B． C． D．6．已知直线与抛物线（）交于两点，且（O为坐标原点），则（

）A．1 B．2 C．4 D．不确定7．设分别是椭圆的左右焦点，过椭圆上一点作切线交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．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A． B．C． D．二、多选题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（

）A．的值为0.015B．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，其中.则下列说法正确的是（

）A．可能为奇函数B．既有极大值也有极小值C．若恒成立，则D．若是方程的两个不同实根，且，则11．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构成的图形称为三面角，记，二面角的大小为，则.在矩形中，为线段上动点，绕翻折至，记二面角的平面角为，则下列说法正确的是（

）A．当时，B．当时，且为中点，则C．不存在与，使得D．当时，则最小值为三、填空题12．已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则__________.13．对满足的任意正整数对，定义函数如下：，，则________（结果用含i的式子表示）；_________（结果用含j的式子表示）．14．已知集合，是的函数，且满足，则这样的函数的个数为____________．四、解答题15．一般地，我们将棣莫弗定理总结成下面的公式：，设．(1)证明：；(2)若，求的值；(3)证明：．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，相应的双曲正弦函数的表达式为．(1)求的值：(2)证明：（i）；（ii）；（iii）．(3)写出的最简表达式（结果用含的式子表达）．17．已知是异面直线的公垂线段，且，直线上有两个不同的动点，直线上有两个不同的动点．(1)若，，求二面角的余弦值；(2)若分别为的中点．是否存在点使得同时成立？若存在，找出这样的点，若不存在请说明理由．18．给定实数，甲、乙两人玩如下的游戏．首先在黑板上写出一个含有个绝对值的算式：，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．这样个回合之后所有的空格均填了数，的值也随之确定．若，则甲胜，否则乙胜．(1)当时，求所有实数，使得甲有获胜策略，并说明理由；(2)当时，求所有实数，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：若函数在上连续，且其导函数为，那么在开区间内至少存在一点，使得.已知函数(1)求函数在上的值域；(2)已知，求证：（i）；（ii）若对满足条件的，不等式恒成立，求整数的最小值.参考答案1．B【详解】因为集合，，所以，又集合，所以，故选：B2．D【详解】因为复数z满足，其中为虚数单位，所以，则，所以z在复平面上所对应的点在第四象限，故选：D3．A【详解】因为P为线段上一点（不包括端点A，C），如图：所以存在，使得.故选：A4．D【详解】因为，且，所以，所以样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有（辆）.故选：D.5．C【详解】双曲线C：的一个焦点坐标为，则，所以，即得，所以双曲线C的渐近线方程为.故选：C.6．A【详解】设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，所以，，解得，故选：A7．A【详解】设切线交轴于点，由椭圆的光学性质可得，则，又，则在中，，，由椭圆的定义得，即，解得，所以该椭圆的离心率是.故选：A.8．A【详解】如图：如图，取小圆上一点，连接并延长交大圆于点，连接，，则在小圆中，，在大圆中，，根据大圆的半径是小圆半径的倍，可知的中点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也就是此时的小圆与大圆的切点．而在小圆中，圆心角（是小圆与的交点）恰好等于，则，而点与点其实是同一个点在不同时刻的位置，则可知点与点是同一个点在不同时刻的位置．由于的任意性，可知点的轨迹是大圆水平的这条直径．类似的可知点的轨迹是大圆竖直的这条直径.故选A.9．AB【详解】对于A：由，解得，A正确；对于B：因为直方图中最高矩形对应区间为，所以估计这40名学生数学考试成绩的众数为，B正确；对于C：区间对应的频率为，，所以估计总体中成绩落在的学生人数为，C错误；对于D：前三组的频率和为，第四组的频率为，因为，所以第百分位数落在区间内，由，即估计这名学生数学考试成绩的第百分位数约为，D错误；故选：AB.10．BCD【详解】对于A，若为奇函数，则，则，或，均与矛盾，故不可能为奇函数，故A错误；对于B，因为，所以存在两个不等实根，不妨设，则得或；得，则在上单调递增，在上单调递减，故在处取极大值，在处取极小值，故B正确；对于C，由以及的单调性可知，当或时；当或时；因为，且恒成立，所以，即，故C正确；对于D，因为是方程的两个不同实根，所以，令，则，令，得，则关于点对称，即关于点对称，由以及在区间上单调递减、可得，又，，可得，所以，故D正确.故选：BCD11．ABD【详解】A：当时，由已知公式，得，所以，所以本选项说法正确；B：当为中点，取的中点，连接，因为在矩形中，，所以，由勾股定理可得，且，而，所以，所以，于是，因为，所以平面平面，又因为平面平面，，且平面，所以平面，平面，所以，于是有，因为，所以，所以本选项说法正确；C：假设存在与，使得，因为在矩形中，，所以，由已知公式，显然，所以假设成立，因此本选项说法不正确；D：在矩形中，设，所以，于是有，因为，所以由，由余弦定理可得：，因为，所以，当且仅当时取等号，所以有，当且仅当时取等号，所以由，所以本选项说法正确.故选：ABD12．6【详解】由题得，所以，故答案为：.13．【详解】由可得，，∵，，，…，，累乘得：，∵，∴，（），令，则；因为，所以，，故答案为：，14．【详解】由可知，函数的值域中的任何元素y都满足.因为值域非空，所以1必在值域中，即.若仅有，则对任意，有.此时对于，令，则.而，这与仅有的假设矛盾.故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，则另外4个中应有3个函数值为1有种，如，依题意只能从中取值，有3种情况，此时共有种；3、若仅有3个函数值为1，又，则另外4个中应有2个函数值为1有种，如，依题意只能从中取值，有种情况，此时共有种；4、若仅有2个函数值为1，又，则另外4个中应有1个函数值为1有种，如，依题意都只能取2，有1种情况，此时有种情况；综上所述，这样的函数的个数共有个.故答案为：.15．(1)详见解析；(2)1(3)详见解析.【详解】（1）设，则，，，则，而，所以；（2）已知，则，所以，，因为，所以，即，解得；（3）由棣莫弗定理公式，得，；，；，，则，，所以.16．(1)1(2)证明见解析(3)【详解】（1），.（2）（i）因为左边，右边所以，命题得证.（ii）因为所以，命题成立；（iii）命题得证.（3）因为，故，故，而，，故.17．(1)(2)不存在，理由见解析【详解】（1），故以M为原点建立空间直接坐标系，，，，，直线与轴平行，所以直线的一个方向向量为，，，所以，又，所以就是所二面角求角，，所以二面角的余弦值为.（2）设，，，，分别为的中点，，，，又，，，当时，，当时，，故无解，所以不存在点使得同时成立.18．(1)甲有获胜策略的是不超过的所有实数，理由见解析；(2)甲有获胜策略的是不超过的所有实数，理由见解析；【详解】（1），时甲有获胜策略，理由如下：甲有策略使得，甲先选0（选1亦可），乙第一步选择无实际意义，，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，若乙将其填在另一个绝对值中，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，乙有策略使得，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，若甲的前两个数相差超过，乙将其填在不同绝对值中，设且，，从而，甲的第三个数必定满足且，或且，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，综上，甲有获胜策略的是不超过的所有实数；（2），时甲有获胜策略，理由如下：甲有策略使得，甲依次选0、1，若乙填在同一个绝对值中，由的讨论知甲可以使得，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，由的讨论知甲可以使得，若乙填在第三个绝对值中，则，甲选，若乙放在第一个绝对值中，甲选0、0，则，若乙放在第二个绝对值中，甲选1、1，则，若乙放在第三个绝对值中，由的讨论知甲可以使得前两个绝对值之和不小于，故，乙有策略使得，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，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，再由的讨论知乙可以使得，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，现假设，，，，由对称性，不妨设，甲的第四个数为，情形一：若，乙将与放在同一个绝对值中，由于，，而前两个绝对值不超过，为；情形二：若，乙将与放在同一个绝对值中，则，剩下，由的讨论知乙可以使得剩下两个绝对值之和不超过，从而；情形三：若，乙将与放在同一个绝对值中，由于，，剩下，同情形二可知乙可以使得；最后注意到，上述三种情形包括了的所有可能性（有可能会重叠，此时可以任意选择某个情形），综上，甲有获胜策略的是不超过的所有实数.19．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）整数的最小值为1【详解】（1）由