江苏南通市暨苏北七市（三模）2026届高三第二次调研测试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页江苏南通市暨苏北七市（三模）2026届高三第二次调研测试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=0,1,2,3，B=xx2−4x+3≤0，则A.1 B.2 C.3 D.42.已知复数z满足zi=2+i，则z的虚部为(

)A.−1 B.−2 C.1 D.23.设a,b是夹角为120∘的两个单位向量，若c=2A.3 B.2 C.7 4.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Pm,n在圆C:x2+y2=4外，则直线A.相离 B.相切 C.相交 D.相切或相交6.已知曲线y=fx向右平移π6个单位长度得到曲线y=cosx，则A.cosx−π6 B.−cosx−π7.设R上的可导函数f(x)满足f′(x)2x−3>0，且f(x+32)是偶函数.若a=f(0.23)，b=f(log23)，A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.b>c>a8.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点P满足3AP=AB+AC，若经过P，B1，C1三点的平面将棱柱分为Γ1，ΓA.4∶5 B.5∶7

C.10∶17 D.8∶19二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设事件A，B满足P(A)=0.2，P(B)=0.5，则下列结论正确的是(

)A.P(A)<P(B) B.若A，B互斥，则P(A+B)=0.7

C.若A，B独立，则P(AB)=0.1 D.若P(B|A)=0.2，则10.若抛物线y2=4x上仅存在两个点到直线y=x+a的距离为2，则实数a的值可以是A.0 B.1 C.2 D.311.已知数列an满足an+1=ean−1(e是自然对数的底数A.an<an+1 B.an<0三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知双曲线C:x2−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C13.在▵ABC中，若tanA=2，tanB=3，则角C=

．14.某种病毒在特定环境下可通过空气传播，其病毒载量Q(t)(单位：拷贝数/升)与时间t(小时)的关系为Q(t)=Q0⋅2t+4k−k|t−4|，其中k>1，Q0为初始病毒载量，则病毒载量在t=

小时达到峰值，之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的22倍，当低于四、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.(本小题13分)如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，M，N分别是AB，PC的中点．(1)求证：MN//平面PAD；(2)若PD=AD=2，求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值．16.(本小题15分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinB(1)证明：a，b，c成等差数列;(2)若B=60∘，延长BC至D，使得BC=2CD，求AD17.(本小题15分)已知a∈R，函数fx(1)若x=2是函数fx的极小值点，求a(2)若函数fx存在两个极值点x1，(i)求a的取值范围；(ii)设点Ax1,fx1，Bx2,fx2，证明：存在x3,18.(本小题17分)已知椭圆C:x2a2+(1)求C的标准方程；(2)设A，B是C上关于y轴对称的两点，P是C上一点，直线PA，PB与y轴分别交于M，N两点．(i)设O为坐标原点，证明：OM⋅(ii)若AM⊥AN，求▵PAB的面积的最大值．19.(本小题17分)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12，12，13，且每次考试相互独立.记甲第n(1)求P(A3(2)求P(An(3)甲第n次考试恰通过2级为事件Bn，比较P(Bn|A参考答案1.C

2.B

3.A

4.C

5.C

6.D

7.B

8.D

9.BC

10.ABC

11.ABD

12.5

13.π414.4；32

15.解：(1)设PD的中点为E，连接EA，EN，因为E，N是PD，PC的中点，所以在▵PDC中，EN//DC，EN=1因为ABCD为正方形，M为AB中点，所以AM//DC，AM=1所以AM//EN，AM=EN，即四边形AMNE是平行四边形，所以MN//AE，又因为AE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，所以MN//平面PAD．(2)因为PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DA，PD⊥DC，在正方形ABCD中，DA⊥DC，所以以DA,DC,因为PD=AD=2，所以C0,2,0，B2,2,0，所以PB=设平面PBC的一个法向量为m=所以m⋅PB解得x=0，取y=1，得z=1，所以m=又平面PAD的一个法向量为n=所以cosm所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为2

16.解：(1)证明：由题意，在△ABC中，sinB1+cosB=sinC2−cosC，

即sinB(2−cosC)=sinC(1+cosB)，

即2sinB−sinBcosC=sinC+sinCcosB，

即2sinB=sinC+sinCcosB+sinBcosC，

故2sinB=sinA+sinC，

由正弦定理，得2b=a+c，

故a,b,c成等差数列；

(2)由(1)知2b=a+c，若B=60∘，

在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+17.解：(1)依题意，f′x因为x=2是fx的极小值点，所以f′2=4−4a+1=0此时f′x=x−12x−2，当12所以x=2是函数fx的极小值点，所以a=(2)(i)因为x1，x2x所以f′x=x解得a<−1或a>1，故a的取值范围是−∞,−1∪(ii)由(i)可得x1+x依题意，k==1令x2−2ax+1=−2此时Δ′=4a2−4−而x1<x又gx1=f′故gx在x1,x2综上，存在x3,x使得曲线y=fx在x=x3和x=

18.解：(1)依题意，2a=2×2b，即a=2b，又焦距为23，所以解得a2=4，b2=1，所以(2)(i)证明：由椭圆的对称性，不妨设Ax0,y0设Px1,y1，x令x=0得，yM=x因为y12=1−所以yM所以OM⋅(ii)法1：因为AM⊥AN，所以PA⋅又因为PA=x0所以x0所以y0所以−x因为x0≠0，所以所以y1−y所以y0−y所以S▵PAB(当且仅当x02=y0所以▵PAB的面积的最大值为85法2：设AN与C交于点Q，由椭圆的对称性知Q−因为AM⊥AN，所以BP⋅又因为BP=x1所以x1所以y1−y02所以y0−y所以S▵PAB(当且仅当x02=y0所以▵PAB的面积的最大值为85

19.解：(1)P(A3)=12×12×13=112，

事件A4表示前4次考试后取得资格，包含两类情况：

第一类：前2次考试通过第1，2级，第3次未通过第3级，第4次通过第3级，

其概率为12×12×1−13×13=12×12×23×13=118，

第二类：前3次考试通过第1，2级且其中一级考了2次，第4次通过第3级，

其概率为C21×123×13=2×18×13=112，

所以P(A4)=118+112=536．

(2)设前k次考试恰好通过第2级k∈2,n−1，

则前k次考试中第k次通过第2级，前k−1次中有1次通过第1级，

概率为Ck−1