江苏南京师范大学附属中学2026届高三下学期四月调研测试数学试题（解析版）

第1页/共1页南京师大附中2026届高三四月调研测试数学学科一、单选题（40分）1.已知，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】因为，所以，两边同除以，得，所以，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以最大值为．2.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左、右支分别交于点P、Q.若，且，则C的离心率为（）A.3 B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量的关系求出线段之间的关系，设，则，，再由双曲线的定义可得，，再由数量积为可得直线的垂直，分别在两个直角三角形中由余弦定理可得，的关系，可求出离心率．【详解】，设，则，，由双曲线的定义可得，，因为，在中，由余弦定理有，即，①在中，由余弦定理有，即，②由②可得，代入①可得，即.所以C的离心率为：，故选：A.3.如图，三边的中点分别为，将六个数字全部标注在六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比其相邻两顶点处的数字小，则不同的标注方法有（）A.36种 B.48种 C.60种 D.72种【答案】B【解析】【分析】根据分类加法计数原理及排列数公式计算求解.【详解】由题意可得顶点标注只能为或，其余情况不满足题意.若顶点标注，则标注在中点处，此时有，若顶点标注，则只能标注在之间的边的中点，此时有种，所以不同的标注方法有种.4.已知函数，若，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，由余弦函数的对称性，，化简得到，代入即可求解.【详解】由于，所以,因为​，所以，因为，且，则​由余弦函数的对称性，，且，所以，则，则，因为，且，所以5.已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】先由为奇函数推得，再由为偶函数推得，即得4是的一个周期，通过赋值代入求得，再由周期性即可求得答案.【详解】因为为奇函数，所以，令，则，即①；因为为偶函数，所以，令，则，即，所以，所以，即②，所以，所以4是的一个周期．由①式，取，可得，即得，又由②式，取，可得故，，由②式，取，可得，取，可得，故，则.6.已知函数的定义域为D，对于任意给定，都存在，使得，则称函数为“倍增友好函数”，则下列函数中不是“倍增友好函数”的是（）．A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】对于A，根据，都有判断；对于B，根据时，；对于C，根据，只对成立判断；对于D，由题得，再分和两种情况讨论判断.【详解】对于A选项，的定义域为，对于任意给定，任取，都有，满足“倍增友好函数”定义；对于B选项，的定义域为，对于任意给定，取，，满足“倍增友好函数”定义；对于C选项，的定义域为，对于任意给定，取，，，要使成立，则，又，解得，这意味着对于任意的的正整数，不存在满足条件，所以该函数不满足“倍增友好函数”定义；对于D，的定义域为，对于任意给定，取，，，故当，即，变形得：，所以，当时，，解得，当时，，均满足，综上，满足“倍增友好函数”定义.7.在中，，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据三角函数基本关系得到，进而利用和差公式计算，再由正弦定理计算边长即可．【详解】，，，由正弦定理和大边对大角，则，又,，，，则，又，故．8.若函数是偶函数，则（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【详解】因是偶函数，则，即，也即函数是偶函数，则，，则得，所以，则.二、多选题（18分）9.半径为1的圆沿圆外侧无滑动滚动一周，设圆上的点的运动轨迹为曲线.已知点的初始位置为，则（）A.点在曲线上B.曲线围成的区域面积等于16C.曲线与直线有三个交点D.曲线上点的横坐标的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】选项A根据题意可知点到原点的距离，从而确定点在曲线上；选项B曲线围成的区域面积大于半径为的圆面积；选项C由曲线方程与直线方程可判断；选项D由参数方程得出点的横坐标，求最大值.【详解】圆沿圆外侧无滑动滚动，所以圆心的轨迹是以原点为圆心、半径为的圆，点到原点的距离满足，点到原点的距离为，当圆滚动到圆正上方时，点恰好位于，故选项A正确；曲线围成的区域面积介于半径为的圆面积和半径为的圆面积之间，即，不可能等于，选项B错误；由参数方程设圆的圆心为，外摆线参数方程标准形式，代入可得曲线的参数方程为（为参数），解方程，，整理得，作出与在的图象，有2个交点，令，所以曲线与直线有三个交点，C正确；，令，，，，，在上递增，，或，在，上递减，所以在处取得极大值，即最大值.点坐标为，当时，横坐标为最大值，选项D正确.10.已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（）A. B.C.是奇函数 D.【答案】ABD【解析】【分析】通过条件推导函数的性质，逐个分析选项即可.【详解】由关于对称，得，已知​，将第二个式子换元，代入化简得，因为，则，将用替换，可得，将用替换，得，即，故周期为.又因为，则，即是偶函数.由和，得，且，故是偶函数.选项A，，，由，得，A正确；选项B，对任意，，故，B正确；选项C，推导得，是偶函数不是奇函数，C错误；选项D，求和分组方式为为一组，为下一组，以此类推，直至，每组和为，共组，总和为，即，D正确.11.已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（）A.B.平面平面C.截面的面积为D.该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为【答案】BCD【解析】【分析】A选项，先求出下底面等边三角形的高，进而求出；B选项，找到两平面所成夹角的平面角，结合勾股定理逆定理得到垂直关系；C选项，找到截面四边形为等腰梯形，求出面积；D选项，在C基础上，得到两部分的体积，得到比值.【详解】A选项，如图，取上底面，下底面的中心分别为，取的中点，取中点，于是四边形为矩形，则，于是，又为等边三角形，则，A错误；选项B，由于，且平面平面，则平面，又因为平面，平面平面，则，如图，连接，由于，则为平面与平面所成角的平面角，由于，则，于是平面平面，B正确；选项C，如图，连接，交于点，过点作的平行线交于，由于∽，则，则为上靠近的三等分点，于是，由于为中点，为中点，则四边形为等腰梯形，且，于是，C正确；选项D，由于正三角形与正三角形相似，三条侧棱延长相交于一点，于是为正三棱台，该三棱柱被截面分成两部分，分别为三棱台和剩余部分，其中，同理可得，三棱台的体积，而三棱柱的体积，于是截面所截的另一部分的体积，则较小部分与较大部分的体积之比为，D正确．三、填空题（15分）12.已知一袋中装有标号为1，2，3，4的卡片各一张，现每次从中取出一张，记下号码后再放回袋中，当四种号码的卡片都被取出过时即停止抽取．则恰好取7次卡片后停止抽取的概率为__________.【答案】【解析】【分析】计算出所有可能取法后，分前次种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，且第次出现第种号码进行讨论，可得符合要求的总可能取法，最后利用古典概型求概率即可得.【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行次一共有种不同的取法，恰好取次卡片时停止，说明前次出现了种号码且第次出现第种号码，种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；故恰好取次卡片后停止抽取的概率为：.13.正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______．【答案】##【解析】【分析】先证明，再确定所求几何体可通过三棱台截去三棱锥得到，结合台体和锥体体积公式求结论.【详解】如图，连接并延长，与的延长线交于点，连接，延长与的延长线交于点，连接，交于点，连接，．因为，，，所以，所以．，同理可得．三棱柱和三棱锥的公共部分为几何体，其体积为三棱台的体积和三棱锥的体积之差，即．14.已知函数的定义域为，且，若，则不等式的解集为__________.（结果用区间表示）【答案】【解析】【分析】由，可得在R上单调递增，又注意到原不等式等价于，据此可得答案.【详解】因为，构造函数，因为，所以函数是增函数，因为，所以，因为，所以原不等式即，解得，所以不等式的解集为.四、解答题（77分）15.的内角所对的边分别为，其面积为.已知.（1）求；（2）点满足，且，求.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式及向量的数量积求解即可.（2）求出向量，对进行平方可得到，将对应向量代入化简可得，结合余弦定理求出，代入求值即可.【小问1详解】因为，，，所以，即，因为，，所以，又因为，所以.【小问2详解】因为，.因为，所以，则，即.整理得，即，也即.因为，所以，即.在中，由余弦定理知，，所以.16.在某智能辅助驾驶车道保持系统中，用数轴描述车辆的横向位置：表示车辆位于车道中心线上，表示车辆右偏（如表示车辆位于中心线右侧2个单位），表示车辆左偏.一辆装有该系统的车辆从初始位置（为整数）出发，每次受扰动后（扰动来自路面､侧风与传感器噪声等），车辆随机向右移动1个单位的概率为，向左移动1个单位的概率为.（1）若.（i）求车辆经过10次扰动到达的概率；（ii）已知车辆经过10次扰动恰好首次到达，求其没有重返过的概率.（2）若车辆从初始横向位置为给定正整数）出发，当车辆的横向位置到达或时，一次监测流程结束.记一次监测流程结束车辆所受扰动次数的期望为，求的表达式（用表示）.【答案】（1）（i）；（ii）；（2）.【解析】【分析】（1）（i）根据独立重复试验模型计算概率即可；（ii）利用条件概率公式计算即可；（2）分析得，再构造等差数列，最后求和即可.【小问1详解】（i）记“车辆经过10次扰动到达”为事件，由题意可知车辆在10次移动中，8次向右移动，2次向左移动，所以，．（ii）设事件为“车辆经过10次扰动恰好首次到达”，事件为“车辆移动过程中没有重返过”．设第次向右移动赋值为，第次向左移动赋值为．则10次移动可以表示为有序数组，其中．记10次移动恰好首次到达处的路径为，则可得中有且仅有两个，且不同时为，所以共有种不同路径，所以，记10次移动恰好首次到达处且过程中没有重返的路径为，此时中有且仅有两个不同时为，不同时为，所以共有种不同路径，所以，所以．【小问2详解】设车辆从位置出发，每次有的概率向右移动到的概率向左移动到，每次移动记为1步，同时，，若第一步向右到，则后续所需的期望步数为，若第一步向左到，则后续所需的期望步数为，第一步本身消耗1步，所以，所以，，令，则，当时，，，令，所以，因为，所以，由，所以，解得，所以，当时，，所以为等差数列，公差为，所以，，由，得，所以，综上所述，.17.如图，在四棱锥中，底面，，，.以为直径的球面分别交，于，两点（，异于所在棱端点）.（1）证明：平面；（2）求异面直线与的夹角；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明过程见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，先求坐标，运用向量数量积求解夹角；（3）转换三棱锥的顶点，计算出底面积和高即可求解体积.【小问1详解】由底面，底面，得；又，，故，，因此平面.平面，故.在以为直径的球面上，直径所对的圆周角是直角，得，即.又，平面，因此平面，得证.【小问2详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，由题意得各点坐标.由（1）可知，所以.因为所以为的中点，得.，则，，所以，解得，即.得，.，故，因此异面直线与的夹角为.【小问3详解】由（2）可知，，设平面的法向量为，则，​

化简得令，得，因此平面的一个法向量为.，点到平面的距离，​又，，​，.故，三棱锥体积.18.已知，M是抛物线与的公共点，O为坐标原点，．（1）求p的值；（2）（在最左侧）是上不同于M的三点，直线与相切，切点分别为，点为的重心．（ⅰ）证明：在轴上，且；（ⅱ）若，求的值．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）8【解析】【分析】（1）设，根据题意，联立方程组，求得，结合，即可求得的值；（2）（ⅰ）设，求得直线方程，与的方程组，求得，同理可得，进而得到，，求得，结合函数的性质，即可得证；（ⅱ）由（ⅰ）得到和，求得和，化简，列出方程，求得，结合，得到，得出，设点到直线的距离为，结合重心的性质，求得点到直线的距离，即可求解.【小问1详解】设，其中，，因为M是抛物线：与：的公共点，可得，解得，则，又因为，所以，则，可得，因为，可得；【小问2详解】（ⅰ）证明：由（1）知，，设，，，因为，所以直线方程为，联立直线与的方程，消去x得，，①因为直线与相切，所以由，可得，同理，所以，为关于x的方程的两根，故，，即，，②设的重心，则，所以G点在y轴上，而，因为点P在最左侧，由②知：，且，否则，则，，从而，矛盾；设，，则在区间上单调递减，故，则．（ⅱ）由，即的面积是的面积的4倍，由①②知，，同理，则，，所以，所以，得，解得，而直线AB斜率为，直线DE斜率为，因此，所以，