2026年江苏苏州市高三三模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页数学练习卷注意事项学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1.本卷共4页，包含单项选择题（第1题～第8题）、多项选择题（第9题～第11题）、填空题（第12题～第14题）、解答题（第15题～第19题）.本卷满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚.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．设，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2．已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．3．已知函数的最小正周期为，则下列选项中不是图象的对称中心的是（

）A． B． C． D．4．的展开式中的常数项为（

）A．60 B．120 C．160 D．2405．在平面直角坐标系中，已知圆：和圆：交于两点，则（

）A． B． C． D．6．已知钝角三角形的三边分别为，，，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．7．已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．8．已知在5次独立重复试验中，每次试验成功的概率为，设事件表示第一次试验成功，事件表示5次试验中成功3次，若事件与事件相互独立，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．数列的前项和记为，且，则（

）A．B．为等差数列C．中既有最大项也有最小项D．中有最大项但无最小项10．已知正四棱柱中，，则（

）A．异面直线与所成角的余弦值为B．直线与平面所成角的余弦值为C．三棱锥的外接球的半径为D．三棱锥的内切球的半径为11．已知函数的定义域为，，，为奇函数，则（

）A． B．为偶函数C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知下表中是关于变量，的5组观测数据，甲同学根据表中数据通过模型得到经验回归方程为，则______.1234513．在平面直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与从左到右依次交于，两点，则______.14．球面距离是指球面上两点之间的最短连线长度，即经过这两点的大圆在两点间的一段劣弧长度（大圆是经过球心的平面截球面所得的圆）.已知为球的直径，点，在球面上，且是等边三角形，若，，则，两点的球面距离为______.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．已知锐角中，内角，，所对的边分别为，，，.(1)求的值；(2)若，，求的周长.16．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的短轴长为4，离心率.(1)求的标准方程；(2)若斜率为的直线与交于，两点，与轴交于点，求的值.17．如图，在多面体中，平面平面，底面为直角梯形.，，，，，.(1)证明：；(2)已知是线段上的一点，当平面与平面夹角的余弦值为时，求的值.18．袋子里有编号的个小球，除编号外完全一样，现随机从中取出个，记取出个小球的最大编号为.(1)当，时，求的分布列；(2)当时，求；(3)求.19．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若，（为常数），①证明：当时，函数存在两个零点，；②在①的条件下，若，证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】先求解不等式的解集得到的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断关系.【详解】由，得，即，则“”是“”的必要不充分条件.2．D【分析】利用投影向量的公式计算即可.【详解】由已知，，所以在方向上的投影向量为.3．B【分析】先根据最小正周期求出，然后根据正切函数的性质求出对称中心.【详解】因为函数的最小正周期为，所以，所以，所以.令，化简得.所以，所以是图象的对称中心.4．A【详解】展开式的通项为，令，得，所以的展开式中的常数项为.5．C【分析】联立方程组求出公共直线的方程，计算原点到直线的距离，根据圆心角与弦心距、半径的关系求出的大小.【详解】联立方程组，可得直线的方程，原点到直线的距离为，在中，过作的垂线，垂足为，则为的中点，，在中，，所以，所以.6．B【分析】根据三角形三边长关系，结合余弦定理列不等式组即可得解.【详解】由题意可知钝角三角形的三边分别为，，，则，解得，所以实数的取值范围为.7．A【分析】由令，，转化为与的图象有两个交点，利用导数求出的图象可得答案.【详解】令，得，令，，即与的图象有两个交点，，当时，，单调递增，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递减，所以当时，有极小值，为，当时，有极小值，为，当时，，再由可得的大致图象如下图:所以当时，函数有两个零点.8．C【分析】先计算得到，和，再由事件与事件相互独立可得，化简可得结果.【详解】，，，由事件与事件相互独立，可得，即，化简可得.9．ABC【分析】利用、求出可判断A；利用等差数列的定义可判断B；利用求出判断出单调性可判断CD.【详解】对于A，当时，，当时，，所以，故A正确；对于B，由已知，所以，当时，，且，所以是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；对于C，当时，，所以，所以当时开始单调递增且为负数，且当时，为最大项，为最小项，可得中有最大项也有最小项，故C正确D错误.10．AD【分析】先利用线线平行的传递性求得为异面直线与所成角，再在中利用余弦定理即可得解判断A，根据线面角的定义证明为直线与平面所成角，解三角形求其余弦即可判断B，对于C，结合条件可得等价于求正四棱柱的外接球半径，结合长方体性质可求半径，由此即可判断，对于D，由条件结合内切球性质求半径即可判断.【详解】对于A，因为在正四棱柱中，，所以四边形是平行四边形，则，所以为异面直线与所成角，由已知，四边形为正方形，，平面，在中，，，则，由余弦定理得，A正确；对于B，因为平面，所以为直线与平面所成角，在中，，，，所以，即直线与平面所成角的余弦值为，B错误；三棱锥的外接球也是正四棱柱的外接球，正四棱柱的外接球的半径为，C错误，设三棱锥的内切球半径为，三棱锥的表面积为，体积为，则，由，，所以，所以，D正确.11．BCD【分析】令可得，再由为奇函数可得，令可得，令，可得，可判断A；令，可得，可判断B；由，可得，从而，可判断C；计算、、、、和的值，结合函数的周期性计算可判断D.【详解】由，令，得，即，，由为奇函数，可得，即，即，所以函数关于点对称，令可得，令，得，可得，故A错误；令，可得，即，则，所以，或，当时，，当时，用替换得，所以，解得，满足，所以，，即，则为偶函数，故B正确；由，，可得，即，所以，则是以6为周期的周期函数，则，故C正确；由，，，，为偶函数，是以6为周期的周期函数，可得，，，，所以，故D正确.12．【详解】令，则，，两边同时取对数得，即，因为回归直线经过样本中心点，所以有，即，，解得.13．##0.5【分析】根据抛物线标准方程求出焦点的坐标，写出直线的点斜式方程，联立直线方程和抛物线方程两点的坐标，进而利用抛物线的焦半径公式计算比值即可.【详解】由抛物线，可得，焦点，准线，则过斜率为的直线方程为.联立方程，整理得：，即，解得（如图所示，在左，纵坐标更小，故的纵坐标为，为）.由，可得.

14．【分析】首先通过向量数量积求等边三角形的边长，然后计算对应的球心角，最后根据球面距离的定义计算，两点的球面距离.【详解】已知为球的直径，，所以球的半径为，，，，因为是等边三角形，所以，则，所以，所以，两点的球面距离为.15．(1)3(2)【分析】（1）由已知条件及正弦边角关系，结合三角形内角和性质、和角正弦公式化简得，即可得；（2）根据已知得，结合、求得、，进而求出对应正弦值，应用正弦定理求边长，即可得.【详解】（1）由正弦定理得，又因为，所以，所以.因为在锐角中，所以.（2）因为，，所以，因为，所以，所以，所以，，由正弦定理，得，，所以的周长为.16．(1)(2)12【分析】（1）根据条件求出的值，即可求得椭圆方程；（2）依题意，设的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用两点之间距离公式分别化简与，再代入计算即得定值.【详解】（1）由题意得，即，又，解得，则的标准方程为.（2）设，，，由题意设的方程为，由消去，可得，由，得，且，.又，同理，所以，即为定值12.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用勾股定理可得，再由面面垂直的性质可得平面，然后由线面垂直的性质即可证明；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求面面角，列式求出即可．【详解】（1）因为，，，所以，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）由（1）知，平面，因为平面，所以，同理，又因为，所以可以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标系，得，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，故可取，设，则，所以，，设平面的一个法向量为，则，故可取，由，得，所以．18．(1)234(2)(3)【分析】（1）依题意，先推得的可能取值为2，3，4，分别求出其对应的概率值，列出分布列即可；（2）因，则的可能取值为或，分别求出其对应的概率值，利用期望与方差公式即可求得答案；（3）依题意，选取个不同的元素，有种方法，推理得到求出，再利用将其化简，结合组合数的性质即可求得答案.【详解】（1）当，时，随机从编号的4个小球中取出2个共有种情况，的可能取值为2，3，4，，，，分布列如表所示234（2）的可能取值为或，，，所以，因此.（3）选取个不同的元素，有种方法，要满足，则需取出元素，其余个元素是从小于的个元素中选出的，所以，因为，所以.19．(1)当时，在上单调递增，当时，在时单调递减；，在时单调递增；(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）求导，分、两种情况结合导数的符号判断单调性即可；（2）①利用导数分析函数的单调性，根据单调性得到极值，利用极值及零点存在定理证明即可；②法一：先分析得到、，再利用函数的单调性，进而得证；法二：由①可知，则，进而得到，结合，