江苏省苏锡常镇四市2026届高三下学期教学情况调研（二）数学试题 含答案

/江苏省苏锡常镇四市2025-2026学年高三下学期教学情况调研（二）数学试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．设为虚数单位，若复数满足，则（

）A． B． C． D．3．某市高三年级共有男生20000人，已知他们的身高（单位：）近似服从正态分布，则身高落在区间内的男生人数约为（

）（参考数据：若，则）A．3413 B．5120 C．6827 D．103284．在平行四边形中，为的中点，若，则（

）A． B．C． D．5．已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（

）A．2 B．4 C．8 D．166．已知，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆心为，，垂足为.线段绕轴旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是（

）A． B． C． D．8．已知函数（为自然对数的底数），若对任意，总存在，使得，则实数的最大值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知3张奖券中只有2张有奖奖券，甲､乙2名同学依次随机抽取1张奖券.记事件为“甲中奖”，事件为“乙中奖”，则下列说法正确的有（）A．若抽取后放回，则B．若抽取后不放回，则C．若抽取后放回，则D．若抽取后不放回，则10．已知在中，.设函数，则（

）A．B．在区间上单调递增C．D．在区间上有且仅有3个零点11．在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线上的点满足.记的轨迹为，则下列说法正确的有（

）A．关于轴､轴､原点都对称B．上的点到原点的距离的最大值为1C．存在，使得到点和点的距离之差大于2D．任意三、填空题12．已知数列是各项均为正数的等比数列，设，若，则__________.13．在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________．14．甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取张卡片.记为甲抽取的张卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为__________；游戏规定：出现“默契局”时，乙得分，甲得分，否则乙得分，甲得分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望__________.四、解答题15．记的内角的对边分别为.已知是锐角，.(1)若，求的值：(2)若平分，求的面积.16．如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面.(1)证明：；(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长.17．已知函数，曲线在点处的切线方程为（为自然对数的底数）.(1)求的极值；(2)证明.18．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右顶点和上顶点分别为和，．(1)求的标准方程；(2)设为线段上的动点，过作平行于轴的直线与在第一象限内交于点，点满足，延长线段交于另一点．①当的横坐标为1时，记直线和的斜率分别为和，求的值；②当直线的斜率为1时，直线与线段交于点，记和的面积分别为和，求的值．19．我国北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中的隙积术，给出了二阶等差级数的求和方法，通过“构造”来研究数列问题，体现了构造法在数列研究中的价值.例如，在数列中，已知，可以通过两种思路来求解：一是构造，则数列的奇数项和偶数项分别成等差数列；二是构造，则数列是等比数列或常数列.请解决以下问题：已知数列满足，记为的前项和.(1)若，求的值；(2)若，求满足不等式的所有正整数；(3)若，证明：当时，.答案1．C解析：已知集合，所以，即，因为，所以.2．B解析：由复数（），可得.则即.所以，解得，因此，.则.3．C解析：，则，，，因此身高落在区间内的男生人数为.4．D解析：在平行四边形中，为中点，则，因为，所以，若，则，所以.5．D解析：令，则展开式中各项系数和为，因为，所以，当，即时等号成立，所以展开式的各项系数之和的最小值为16.6．A解析：由且在上单调递增，，若，则，由且在上单调递减，，若，则，显然可推出，反之不一定成立，综上，“”是“”的充分不必要条件.7．D解析：过作，如下图示，由题意，上几何体是半径为的两个圆锥组合而成，高分别为，令的边长为，则，，，可得，所以上几何体的体积为，而圆锥的体积为，所以下几何体的体积为，综上，上下几何体的体积之比是.8．B解析：因为，所以，当时，单调递增；当时，单调递减；故，因为对任意，总存在，使得，所以对，恒成立，若，则，得，又，所以，令，则，令，得，，当或时，单调递增；当时，单调递减；因为，所以，则，同理可得，，因为，所以，因此，当时，对，恒成立，故实数的最大值为.9．ABC解析：选项A：因每次抽取后放回，故抽取条件相同，，故A正确；选项B：不放回时，，下面计算：事件发生有两种情况：①甲中且乙中（）；②甲不中且乙中（），故，所以成立，故B正确.选项C：放回时，；因事件相互独立，则，即成立，故C正确.选项D：不放回时，；求：已知甲中奖，剩2张奖券中有1张有奖，所以，，故D错误.10．AC解析：因为，所以，所以，因为，所以，则在中，，故A正确；，若，则，因为正弦函数在上不单调，所以在区间上不单调，故B错误；因为，所以，故C正确；若，则，因为正弦函数在上存在个零点，所以在区间上有且仅有2个零点，故D错误.11．ABD解析：设，因为且，所以，又在射线上，所以存在使得，即，又根据可得，即，代入点坐标得，再把点坐标代入双曲线方程有，整理得的轨迹的方程为且，对于A，无论是把替换为，还是把替换为，或者同时替换，的方程及限制条件都不变，所以关于轴､轴､原点都对称，A正确；对于B，由前述分析可知，当即点坐标为时，取得最大值，B正确；对于C，若到点和点的距离之差大于，则在以点和点为焦点且半实轴的双曲线上，该双曲线上的点显然满足，而由可知，所以到点和点的距离之差不可能大于，C错误；对于D，设，则由的方程可得且，所以，即，D正确.12．26解析：根据题意，，已知，即，，即，由于数列是等比数列，所以，代入上式得，，解得或，由于数列的各项均为正数，所以，则数列的通项公式为，因此.13．4解析：已知抛物线的准线为，则的方程为：，已知点在上，则，以为圆心的圆与相切，设圆的半径为，则，又圆与相切且截轴所得的弦长为，，解得，即，，解得．14．解析：①甲先从张卡片中随机抽取张，有种组合，乙从剩下的张中随机抽取张，有种组合，因此一局游戏中甲乙抽卡的所有可能结果总数为种，甲抽取张卡片中较大编号为，乙抽取张卡片编号为，“默契局”的条件是，由题意可知，的可能取值是，当时，甲抽到的卡片只能是，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种；当时，甲抽到的卡片可以是或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种；当时，甲抽到的卡片可以是或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种；当时，甲抽到的卡片可以是或或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种；当时，甲抽到的卡片可以是或或或或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种；当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种；当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或或，此时需满足，没有满足条件的，情况数为种；因此，“默契局”的总情况数为种，一局游戏成为“默契局”的概率为.②设单局游戏中甲乙得分之和为，则如果是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为；如果不是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为；则单局得分之和的期望为，由于三局游戏是相互独立的，总得分之和是三局得分之和的累加，根据数学期望的线性性质，有.15．(1)(2)解析：（1）因为，所以，因为是锐角，所以，所以，所以；因为，所以由正弦定理得，又因为，所以，因为，所以，所以由正弦定理得；（2）由余弦定理得，解得，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以的面积.16．(1)证明见解析(2)2解析：（1）法一：取中点，连接，因为是的中点，所以且.由直三棱柱的性质知且，所以且，又因为是的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以.因为平面，平面，所以，结合，所以，又因为是的中点，所以.法二：由直三棱柱的性质知平面，因为平面，所以，又因为，所以两两垂直.以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，则.因为分别为和的中点，所以.因为平面，所以，又因为，所以，由解得，即.（2）法一：在等腰直角中，因为，所以.由（1）知，平面且.设到平面的距离为，则三棱锥的体积.又因为三棱锥的体积，所以由，得，解得.因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，所以，因为，所以，即的长为2.法二：因为，所以由（1）知，设平面的一个法向量为，则取，则，即.设直线与平面所成角为，则，即，化简得，因为，所以，即的长为2.17．(1)极小值为0，无极大值.(2)证明见解析解析：（1），求导可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）因为，，所以在点处的切线方程为，即，所以，设，求导可得，设，求导可得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极大值为，即，在上单调递减，因为，所以当时，，，当时，，，综上所述，.18．(1)(2)①；②解析：（1）设的焦距为，右顶点，上顶点，离心率为，，，，，解得，故，，的标准方程为．（2）由题意可得，，直线的方程为，①当的横坐标为1时，，由题意可知点为线段的中点，，，；②设，直线的方程为，由，得，，为线段上的动点，，，，故，三点共线，，又，，将代入上式并化简，得：，即