2026年江苏苏州实验中学高三高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江苏省苏州实验中学等六校2026届高三第二次模拟考试数学学科试卷一、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．已知复数z满足，则（

）A．1 B． C．2 D．32．设集合，若，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．3．已知平面向量．若，则（

）A． B． C． D．24．若，则（

）A． B． C． D．5．圆与圆的公共弦长为（

）A．2 B． C． D．46．对于事件A、B，，，，则（

）A．0.7 B．0.75 C．0.85 D．0.97．抛物线：，是其焦点，点、在曲线上，且，为线段中点，过点作的准线的垂线，垂足为，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，，则（

）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．已知一组数据由5个正整数组成，且这组数据中至少有1个8，则关于这组数据的描述可能是（

）A．中位数为3且平均数为5 B．平均数为4且众数为4C．平均数为4且方差为3.2 D．中位数为5且方差不小于7.210．如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（

）A．截面是平行四边形 B．若，则C．存在点，使得截面为长方形 D．截面的面积存在最小值11．为首项为1的正项数列，前n项和为，如果对任意正整数，存在实数使得，则称该数列为“-数列”，则下列说法中正确的有（

）A．若是公差为2的等差数列，则是“3-数列”B．若是“2-数列”，则可以是常数列C．若是"2-数列”，则对任意的正整数，D．对任意的，，则“”是“是“-数列”的充要条件三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．的展开式中的系数为________.13．已知椭圆，直线过坐标原点并交椭圆于，两点（P在第一象限），点是轴正半轴上一点，其横坐标是点横坐标的倍，直线交椭圆于点，若直线恰好是以为直径的圆的切线，则椭圆的离心率为_________．14．若函数有且仅有一个零点，且，则实数的取值范围为________________.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，，(1)求的最小正周期及单调递增区间；(2)已知锐角的内角的对边分别为，且，，求边上的高的最大值.16．某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立.(1)若，，甲参加第一阶段比赛，在该队成绩为0分的情况下，求甲第一阶段被淘汰的概率；(2)若，试分析：应该由谁参加第一阶段的比赛，比赛成绩更好？17．如图，在四棱锥中，平面，，，，，.(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成的角为，求线段的长；(3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由.18．已知双曲线E：的右焦点为F，离心率为2，过F且与x轴垂直的直线被该双曲线截得的弦长为6.(1)求曲线E的方程；(2)A、B、C为曲线E上的三个点，且A、B关于原点对称，直线BC过点F，若的面积为12，求直线BC的方程；(3)已知，过点的直线l与E在y轴右侧交于不同的两点P、Q，则直线l上是否存在点T使得，？若存在，求出T的坐标，若不存在，说明理由.19．已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)，成立，求实数a的取值范围；(3)若时，与的图象有三个交点，横坐标分别为，，（），求证：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【详解】因为复数z满足，则，所以，所以由模长公式得.2．D【分析】由集合间的包含关系，判断端点大小关系即可.【详解】集合，因为，所以.3．A【详解】因为，所以，展开整理得，又因为，故，，，代入等式得：，解得.4．A【分析】先借助平方关系、商数关系及倍角公式化为齐次分式，再弦化切代入即可求解.【详解】.5．D【分析】通过两圆方程作差得到公共弦所在直线方程，再利用点到直线距离公式求出圆心到公共弦的距离，最后结合垂径定理与勾股定理计算出公共弦长.【详解】已知两圆方程：圆，圆心，半径，圆，将两圆方程相减消去二次项，得到公共弦方程，化简得：.根据点到直线的距离公式，圆心到公共弦的距离：，根据垂径定理，公共弦长.【点睛】本题考查两圆公共弦长的计算，核心方法是两圆方程作差得公共弦方程，结合垂径定理求解弦长，是圆中弦长问题的常规解法.6．A【详解】由条件概率公式，可得，故又因，则.7．A【分析】设，，利用抛物线的定义和余弦定理，分别用表示出与，进而表示出，借助于求导判断函数单调性，即可求得其最小值.【详解】由：可知，准线方程为，设，，根据抛物线的定义可得：，，因为中点，则，于是，令，，所以.在中，，由余弦定理，得，则，令，当且仅当时，即时，等号成立，设，，则，所以在上单调递增，则当时，取最小值为，此时取最小值，故的最小值为.8．D【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果．【详解】因为，所以，又，则，化简得，由正弦定理得，因为，所以，整理得，又，，所以或，若，即，不满足条件，则，即，因为为的平分线，所以，因为，所以，在中，①又因为，，所以，即，化简得②①代入②得，解得，（舍去），所以，在中，由余弦定理，所以．9．ABD【分析】举出符合要求的例子可得A、B、D；利用平均数与方差定义计算可得C.【详解】对A：若这组数据为2，3，3，8，9，则其中位数为3且平均数为5，故A正确；对B：若这组数据为1，3，4，4，8，则其平均数为4且众数为4，B正确；对C：若这组数据的平均数为4，且至少有1个8，则要使得方差最小，这五个数为3，3，3，3，8，此时这组数据的方差，故C错误；对D：若这组数据为2，2，5，8，8，则其中位数为5，平均数为，方差，故D正确．10．AD【详解】如图：对A：设平面交棱于点，连接，.因为平面平面，平面平面，平面平面，所以.同理，所以四边形为平行四边形，即截面是平行四边形，故A正确；对B：因为，，所以，.又和中，，，.所以，所以，.连接，，则，且，，，所以，又，所以，所以，故B错误；对C：假设存在点，使得截面为长方形.设，则，.由，即或.这与矛盾，所以假设错误.故不存在点，使得截面为长方形.即C错误；对D：设，，则，，在中，由余弦定理，，所以.所以.所以截面四边形的面积为，所以当时，截面的面积最小，为.故D正确.11．ABC【分析】根据“数列”的定义可判断A；取常数列，判断B即可；根据“数列”满足的条件可得出相应不等式，可推出，即可判断C；举出反例即可判断D.【详解】对于A，若是首项为、公差为的等差数列，则，前项和，时等号成立，所以，即是“数列”，故A正确；对于B，当时，，成立，即是“数列”时，可能为常数列，故B正确；对于C，若是“数列”，则，且，所以，则，故，由题意知当，，结合，得，C正确；对于D，取，，满足，则，，而，所以不成立，因此“”不足以保证是“数列”，D错误.12．【详解】的展开式的通项公式为，令，故的系数为.13．【分析】设，则由直线恰好是以为直径的圆的切线，可得，再利用点差的方法可得，即得，从而可得的关系，即可求得椭圆离心率.【详解】依题意，设，直线的斜率一定存在，分别为，直线恰好是以为直径的圆的切线，则，则，则，∴，∵，两式相减得，∴，即，∴，∴，∴，∴椭圆的离心率，故答案为：.14．【分析】由已知可得在上有且仅有一个根，讨论、，导数研究区间单调性并确定右侧的值域，即可得参数范围.【详解】令有且仅有一个根，且，所以，在上有且仅有一个根，当，则，令且，则，所以在上单调递增，趋向于0时，，趋向于1时，，所以；当，则，令在上单调递减，且，趋向于时，，所以；综上，.故答案为：15．(1)最小正周期，单调递增区间为(2)【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再根据三角函数的周期性和单调性结合整体思想即可得解；（2）根据求得角，设边上的高为，根据三角形的面积公式可得，再利用正弦定理求得，再根据三角形的内角关系及三角函数求出的最大值，即可得解.【详解】（1）解：，所以函数的最小正周期，令，则，所以函数单调递增区间为；（2）解：因为，所以，又，则，所以，所以，设边上的高为，则，所以，因为，所以，，则，因为，所以，故，所以当，即时，，所以，即边上的高的最大值为.16．(1)(2)甲【分析】（1）先求出该队成绩为0分的概率，再根据条件概率列式计算即可；（2）首先各自计算出甲、乙先参加第一阶段比赛的期望，再作差因式分解即可判断.【详解】（1）记事件“该队成绩为0分”，事件“甲第一阶段被淘汰”，则，，于是所求为.（2）若甲、乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩、的所有可能取值为0，5，10，15，则，，，，则，，，，，同理：，所以.因为，，则，即.故应该由甲参加第一阶段比赛.17．(1)证明见解析(2)(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据已知条件写出的坐标，再运用线面角的向量求法列出方程，可得即的长；（3）先假设存在点满足条件，得到即为（2）中的，写出长度的表达式，得出，故不存在满足条件的点.【详解】（1）因为平面，平面，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，以为轴正半轴方向，建立空间直角坐标系，在平面内，作交于点，则，在中，，，设，则，由得，所以，，设平面的法向量为，由，得，取，得平面的一个法向量为，又，由直线与平面所成的角为可得，即，解得或（舍去，因为），所以.（3）假设在线段上存在一点到的距离都相等，由，得，从而，即为（2）中的点，有，而在中，，与矛盾，所以在线段上不存在一点，使得到的距离都相等.18．(1)(2)或或(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据双曲线离心率公式和通径公式求解即可；（2）根据直线与双曲线相交的弦长公式及三角形面积公式可得结果；（3）先根据直线与双曲线的交点情况得到直线的斜率的范围，并结合条件得到点的坐标关于的表达式，接下来一种方法是通过消去得到点的坐标满足，再结合得到，最后验证对应的斜率不在范围内，另一种方法是将点的坐标直接代入得到关于的方程，最后验证该方程无范围内的解，从而得出结论.【详解】（1）过右焦点且与轴垂直的直线为，代入双曲线方程得，依题意有，又由离心率为，得，联立得，所以曲线的方程为.（2）设，由（1）得，所以，因为关于原点对称，所以，可知直线的斜率不能为（否则不存在），故可设其方程为，与双曲线方程联立，整理得，可得且，以及，所以，解得或，所以直线的方程为或或.（3）若直线斜率不存在，则直线与双曲线右支无交点，不合题意，故可设直线方程为，与双曲线方程联立，整理得，设，则有且，以及，其中，所以，结合其它不等式解得，设，由得，即，变形得到，将代入，解得①，代入得②，解法一：由①有③，代入②得到④，再由得，将④代入，整理得，解得，再由③可得，因为，，所以不存在满足条件的点.解法二：由得即，将①②代入该方程得到，整理得，即，令，则在区间上单调递减，又，故当时，恒成立，即方程在内无解，所以不存在满足条件的点.19．(1)递减区间为，递增区间为(2)(3)证明见解析【分析】（1）求得，令，得到，分和，两种情况讨论，结合导数与函数单调性的关系，即可求解；（2）令，求得，令，求得，结合指数函数与三角函数的性质，求得单调递增，且，再分和，两种情况讨论，即可求解；（3）分，和，利用导数，结合零点的存在性定理，求得函数在上递增，在上递减，在上递增，求得的取值范围，即可得证.【详解】（1）解：当时，可得，可得，令，可得，当时，，可得，即，单调递减；当时，，所以，单调递增，则，即，单调递增，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）解：令，可得，令，则，当时，，，，故，当时，，，故，所以当时，可得，单调递增，即单调递增，，当时，，则，在上单调递增，所以，所以成立，满足题意；当时，存在，使得，当时，，单调递减；当时，，单调递增