2026年江苏南通二模苏北七市三模高考数学试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页南通市2026届高三第二次调研测试数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效.3.本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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．已知集合，，则中元素的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．42．已知复数满足，则的虚部为（）A． B． C．1 D．23．设是夹角为的两个单位向量，若，则（）A． B．2 C． D．34．在某足球联赛的常规赛中，甲队进球个数的平均数为2.1，标准差为1.1；乙队进球个数的平均数为1.4，标准差为1.2，则（）A．甲队进攻能力比乙队强，甲队进球数波动较大B．乙队进攻能力比甲队强，乙队进球数波动较大C．甲队进攻能力比乙队强，乙队进球数波动较大D．乙队进攻能力比甲队强，甲队进球数波动较大5．已知点在圆外，则直线与圆的位置关系为（）A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交6．已知曲线向右平移个单位长度得到曲线，则（）A． B． C． D．7．设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．8．在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（）A．4∶5 B．5∶7 C．10∶17 D．8∶19二、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．设事件，满足，，则下列结论正确的是（）A． B．若，互斥，则C．若，独立，则 D．若，则，独立10．若抛物线上仅存在两个点到直线的距离为，则实数的值可以是（）A．0 B．1 C．2 D．311．已知数列满足（是自然对数的底数），且，则（）A． B． C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____．13．在中，若，，则角_____．14．某种病毒在特定环境下可通过空气传播，其病毒载量（单位：拷贝数/升）与时间（小时）的关系为，其中，为初始病毒载量，则病毒载量在_____小时达到峰值，之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的倍，当低于时不具传染性，则从起，该病毒具有传染性的总时长为_____小时．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．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，分别是，的中点．(1)求证：平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．16．记的内角，，的对边分别为，，，且．(1)证明：，，成等差数列；(2)若，延长至，使得，求．17．已知，函数.(1)若是函数的极小值点，求；(2)若函数存在两个极值点，.（i）求的取值范围；（ii）设点，，证明：存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线平行.18．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为．(1)求的标准方程；(2)设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点．（i）设为坐标原点，证明：为定值；（ii）若，求的面积的最大值．19．某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件．(1)求，；(2)求的表达式；(3)甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】先解集合中的一元二次不等式，再根据集合的交集运算求出，进而即可得到中元素的个数．【详解】由，解得，即，所以，所以中元素的个数是．2．B【详解】，；的虚部为.3．A【分析】根据平面向量数量积的运算律即可求解．【详解】，则．4．C【分析】根据进球个数的平均数判断进攻能力强弱，根据标准差判断进球数波动大小．【详解】因为甲队进球个数的平均数为2.1，乙队进球个数的平均数为1.4，所以甲队进攻能力比乙队强，又因为甲队进球个数的标准差为1.1，乙队进球个数的标准差为1.2，所以乙队进球数波动较大．5．C【分析】先根据点与圆的位置关系得出，再根据点到直线距离公式判断出直线与圆的位置关系．【详解】由题知，圆的圆心为，半径为，因为点在圆外，所以，则，到直线的距离，所以直线与圆相交．6．D【分析】由函数平移方法及诱导公式即可求解．【详解】由题得，．7．B【分析】根据导数的正负得出的单调性，再结合是偶函数得出的对称轴，由函数图像的对称性即可求解．【详解】由得，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增，又是偶函数，所以的对称轴为直线，因为，所以，所以，又，，所以，所以．8．D【分析】根据，确定点的位置，经过，，三点的平面将三棱柱分为两部分，通过补形确定经过三点的平面，利用棱柱、棱台的体积计算方法，得到，两部分的体积，最终求得比值.【详解】取的中点，连接，；，，即点在线段上，.过点作，分别交，于点，.平面是过点，，三点的平面.设，直三棱柱的高为..，，；；直三棱柱被平面分成，两部分的体积较小），，则；.9．BC【分析】根据对立事件的概率公式即可判断A；由概率的加法公式即可判断B；由独立事件的乘法公式即可判断C；由条件概率公式即可判断D．【详解】对于A，，，所以，故A错误；对于B，若，互斥，则，所以，故B正确；对于C，若，独立，则，故C正确；对于D，，因为，所以，因为，所以，不独立，故D错误．10．ABC【分析】首先设出与已知直线平行的直线方程，根据直线与抛物线的交点个数分类讨论即可求解；或设出抛物线上的点的坐标，根据点到直线的距离公式得到两个一元二次方程，根据解的个数对判别式进行讨论，即可判断.【详解】方法一：设与直线平行的直线方程为，则两条平行线间的距离为，令，即，所以或，由方程组得，所以，当，即时，直线与抛物线有两个交点；当，即时，直线与抛物线有一个交点；当，即时，直线与抛物线无交点.因为抛物线上仅存在两个点到直线的距离为，所以两条平行线与抛物线的交点总数为2，即两条平行线与抛物线的交点个数分别为2，0或1，1，当两条平行线与抛物线的交点个数分别为2，0时，因为，所以，解得；当两条平行线与抛物线的交点个数分别为1，1时，有，无解.综上，实数a的取值范围是，结合选项可知选ABC.方法二：设抛物线上的点为，则点到直线，即的距离为，令，即，所以或.因为抛物线上仅存在两个点到直线的距离为，所以这两个一元二次方程与的实数解的总数为2，，.所以有以下三种情况：（1），即，无解，不符合题意；（2），即，解得；（3），即，无解，不符合题意.综上，实数a的取值范围是，结合选项可知选ABC.方法三（排除法）：前同方法二，对于A，当时，，符合题意；对于B，当时，，符合题意；对于C，当时，，符合题意；对于D，当时，，两个一元二次方程实数解的总数为1，不符合题意.11．ABD【分析】根据数学归纳法判断B；利用函数的单调性判断A；根据数列前3项和可判断C；利用作差法结合条件判断D.【详解】对于B，因为，假设当时，则，即当时，成立，所以可得，故B正确.对于A，设，则，当时，当时，所以在上的单调递减，在上单调递增，则，则恒成立，即.由，可得，故A正确.对于C，因为，，，所以，而，所以，故C错误.对于D，因为，令，由，可得，则，即，故D正确.12．5【分析】根据双曲线的定义及勾股定理即可求解．【详解】由题知，，在中，，由得，，所以．13．【分析】根据诱导公式及两角和的正切公式求得，进而求得．【详解】，由得．14．432【分析】分类讨论的范围得出的增减性，即可得出病毒载量达到峰值的时间；再分类讨论的范围，结合指数函数的单调性解不等式即可求解该病毒具有传染性的总时长．【详解】当时，此时，代入原函数指数部分：，所以，，已知，则，所以当时，指数是关于的减函数，因此在上单调递减，当时，此时，代入原函数指数部分：，所以，，同理得在上单调递增，综合以上两种情况，在时单调递增，在时单调递减，因此，病毒载量在时达到峰值．在时，，根据题意，对于任意，有：，代入表达式：，整理得，，，所以，病毒具有传染性的条件是，即，整理得，，当时，不等式变为：，结合前提，得到；当时，不等式变为：，结合前提，得到，综合两种情况，病毒具有传染性的时间段为，题干要求计算从起的传染时长，即时间区间的长度，故总时长为小时．15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明出四边形是平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式即可求解．【详解】（1）设的中点为，连接，，因为，是，的中点，所以在中，，，因为为正方形，为中点，所以，，所以，，即四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面．（2）因为平面，，平面，所以，，在正方形中，，所以以为正交基底建立空间直角坐标系，因为，所以，，，所以.设平面的一个法向量为，所以即解得，取，得，所以，又平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据已知结合两角和的正弦公式，诱导公式及正弦定理即可证明；（2）由及已知得出是等边三角形，设，则，由余弦定理即可求解．【详解】（1）因为，所以，所以，因为，所以，所以，由正弦定理得，，所以，，成等差数列．（2）因为，代入，可得，因为，所以，所以是等边三角形，设，则，在中，由余弦定理，得，所以．17．(1)(2)（i）（ii）证明见解析【分析】（1）根据极值点可求的值，注意检验处两侧导数的符号；（2）先求出，并利用韦达定理化简前者得方程，结合根分布可证的存在性.【详解】（1）依题意，.因为是的极小值点，所以，得.此时，当时，；当时，，所以是函数的极小值点，所以.（2）（i）因为，是的两个极值点，所以的判别式，解得或，故的取值范围是.（ii）由（i）可得，，依题意，，令，设函数，此时，对称轴，而，故，又，，故在存在两个不同的零点，且，综上，存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线平行.18．(1)(2)（i）证明见解析（ii）【分析】（1）根据长轴与短轴的关系及焦距，结合即可求解；（2）（i）设，，表示出直线方程，进而表示出，计算即可证明；（ii）法一：由已知得出和，再由及基本不等式即可证明；法二：设与交于点，由几何关系得出和，再由及基本不等式即可求解．【详解】（1）依题意，，即，又焦距为，所以，解得，，所以的标准方程为．（2）（i）证明：由椭圆的对称性，不妨设，，，设，，则直线方程为，令得，，同理可得，，因为，，所以，所以为定值．（ii）法1：因为，所以，又因为，，所以，所以，所以，因为，所以，所以，显然，所以，所以，所以，（当且仅当，即时，等号成立），所以的面积的最大值为．法2：设与交于点，由椭圆的对称性知，因为，所以，又因为，，所以.所以，所以，显然，所以，所以，所以，（当且仅当，即时，等号成立），所以的面积的最大值为．19．(1)，(2)(3)答案见解析【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求解；（2）分析出事件发生分两步：第次考试后恰好通过第2级考试，概率为，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为，由全概率公式及错位