2026年江苏常州高级中学高考模拟数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江苏省常州高级中学2025~2026学年第二学期高三年级高考适应性考试数学试卷说明：1.请将所有题目的答案填涂在答题纸上.2.本卷总分150分，考试时间120分钟.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，只有一个选项是正确的.1．已知集合，那么集合（

）A． B． C． D．2．已知复数z满足，则（

）A． B． C． D．3．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点在上，若，则（

）A． B．2 C． D．34．展开式中的系数为A． B．C． D．5．设向量，，则（

）A．“”是“”的必要条件 B．“”是“”的必要条件C．“”是“”的充分条件 D．“”是“”的充分条件6．函数在区间的图象大致为（

）A． B．C． D．7．已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．8．设，，，函数（e是自然对数的底数，），从有序整数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为（

）A． B． C． D．二、多选题：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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9．一组数据的极差为4，平均数为3，方差为2，若，则（

）A．的第80百分位数为B．的极差为8C．的平均数为7D．的方差为410．设为等差数列的前项和，且，若，则（

）A．的最大值是 B．的最小值是C． D．11．已知函数，则（

）A．为函数的一个周期 B．的最小值为C．在区间上单调递增 D．的图象关于直线对称三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知，，则_________.13．已知随机变量，正实数，满足，则的最小值为_________.14．已知分别为双曲线的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，若，则的离心率为_____．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．的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．16．在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

(1)求证：；(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．17．为测试某人工智能机器人在动态环境中执行路径规划的能力，命令该人工智能机器人在动态环境中执行路径规划任务，任务规则如下：该机器人需要依次通过5个关键区域，成功通过3个区域即认为其完成任务，每个区域存在动态障碍物，机器人成功通过一个区域的概率为，被障碍物阻挡的概率为．每成功通过一个区域得6分，每被障碍物阻挡一次扣3分，每个区域的测试结果相互独立，若机器人累计成功通过3个区域，任务提前结束，若机器人被障碍物阻挡的次数达到3次，则任务无法完成，任务结束．(1)若任务在过第4个区域后终止且人工智能机器人完成任务，求此事件的概率；(2)记任务结束时该人工智能机器人的总得分为X，求X的分布列和数学期望.18．平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.（i）求的值；（ⅱ）求面积的最大值.19．对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素.(1)若，求的元素个数及；(2)当恰有一个元素时，的取值集合记为.（i）求；（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】分别求出集合，利用交集的定义求解即可.【详解】因为,所以,故选：A.2．C【详解】由题意得，，则.3．C【详解】由题意得，即，焦点坐标为，因此.因为，所以.设，因为点A在E上，则.代入抛物线方程得，因此.4．C【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中的系数．【详解】因为，则展开式中含的项为；展开式中含的项为，故的系数为，故选：C．5．D【分析】由，和，分别求得x的值，再逐项判断.【详解】因为向量，，若，则2x+1=x×x，即，解得或；若则，即，解得或；所以，”是“”的充分条件，故A错误；“”是“”的充分不必要条件，故B错误；“”是“”的既不充分也不必要条件，故C错误；“”是“”的充分条件，故D正确；6．B【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.【详解】，又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，又，故可排除D.故选：B.7．B【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积.故选：B8．C【分析】先求得总共有种可能，再求得f'x=memx-n，得到函数的单调性和极小值为f(1【详解】因为，且，，总共有个等可能的基本事件，对于函数，可得f'x令gx=f'x令，即，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，函数取得极小值f(1mln且时，；时，；要使得函数恰有两个零点，则满足，即nm1-ln因为，则，即，所以，且当时，则，共8个；当时，则，共5个；当时，则，共2个；当时，此时4e>4×2.718≈10.872>10，没有符合条件的，符合条件的有序数对总数为，所以使得恰有两个零点的概率.9．BC【详解】数据的大小不确定，所以第80百分位数不能确定，故A错误；数据的极差为4，即.由，可知，，，故B正确；由数据的平均数为3，，得数据的平均数为，故C正确；由数据的方差为，由，得数据,的方差为，故D错误.10．BCD【分析】利用等差数列的求和公式，结合题意，化简得到，得到数列为递增数列，再由，求得且，结合选项，逐项分析判断，即可求解.【详解】因为为等差数列的前项和，可得，又因为，可得，即，可得，所以数列为递增数列，因为，且数列为递增数列，可得且，由，对于A，因为数列为递增数列，所以无最大值，所以A不正确；对于B，由，可得时，取得最小值，所以B正确；对于C，由，可得，所以C正确；对于D，由，可得，所以D正确.11．AD【分析】使用二倍角公式，辅助角公式化简函数，使用周期函数的定义分析选项，换元法分析选项和，使用分析选项.【详解】，，选项A正确；令，则，，，令，，则，当时，，所以的最小值为，选项B错误；，令，则，，当x∈−3π8,−π24时，，函数单调递减，选项C错误；f(π所以，所以的图象关于直线对称，选项D正确.12．

##4.6【分析】先利用两角差的正切公式求解，再将所求式展开后弦化切，代入已知正切值计算即可.【详解】已知，则tanα−β=tanα-sin⁡(α+β)因为tan⁡α、tan所以sin⁡(α+β)13．【分析】根据正态分布的对称性性质得到，再利用基本不等式求最小值.【详解】因为随机变量X∼N(2,3)，正态分布的概率密度曲线关于均值因为，根据正态分布的对称性性质得(3a+2)+(4b-1)2化简得3a+4b=3(a>0,b>0)，所以3所以3b根据基本不等式3b4a+4a此时3b2=16a2,结合，，得a=所以3b4a+a+3b≥23所以3b4a+a+314．##【详解】由题意可知，与渐近线垂直，则直线的斜率为，设，则，所以，，因为，所以，，在中利用正弦定理得，所以，，由双曲线定义知，，即，即，所以的离心率为.15．(1);(2).【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】由三角形的内角和定理得，此时就变为．由诱导公式得，所以．在中，由正弦定理知，此时就有，即，再由二倍角的正弦公式得，解得．[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】由解法1得，两边平方得，即．又，即，所以，进一步整理得，解得，因此．[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】因为是锐角三角形，又，所以，则．因为，所以，则，从而，故面积的取值范围是．[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】由题设及（1）知的面积．因为为锐角三角形，且，所以即又由余弦定理得，所以即，所以，故面积的取值范围是．[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，所以点C位于在线段上且不含端点，从而，即，即，所以，故面积的取值范围是．

【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法；方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.16．(1)证明见解析(2)存在点，此时【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果.【详解】（1）因为，且，可得，，又因为，可得，所以，则，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）因为平面，且平面，所以，如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，

可得，，，，所以，．设平面的法向量为，则，令，可得，所以，假设存在点，使得与平面所成角为，设，（其中），则，，所以，整理得，解得或（舍去），所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．17．(1)；(2)分布列见解析，.【分析】（1）根据已知，对应事件为机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域，应用重复独立事件的概率求法求概率；（2）根据已知有X的可能值为，并求出对应事件的概率写出分布列，进而求期望.【详解】（1）在过第4个区域后终止任务且人工智能机器人完成任务，所以机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域，故事件概率为.（2）由题意，总得分X的可能值为，前3次都成功通过，此时，则；前3次有2次成功通过、1次被阻挡，第4次成功通过，此时，则；前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次成功通过，此时，则；前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次被阻挡，此时，则；前3次有1次成功通过、2次被阻挡，第4次被阻挡，此时，则；前3次都被阻挡，此时，则；所以分布列如下，1815123则.18．（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值;（ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值.试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得,所以椭圆C的标准方程为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为,（i）设，，由题意知因为,又，即,所以，即.（ⅱ）设将代入椭圆E的方程，可得由，可得①则有所以因为直线与轴交点的坐标为所以的面积令,将代入椭圆C的方程可得由，可得②由①②可知因此,故当且仅当，即时取得最大值由（i）知，面积为,所以面积的最大值为.考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.19．(1)的元素个数为2，(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解；（2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合；（ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解.【详解】（1）当时，，其定义域为.由得.设，则，当时，；当时，；所以在单调递增；在单调递减，注意到，所以在恰有一个零点，且，又，所以，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，所以，所以的元素个数为，又因为，所以.（2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；当时，，其定义域为，由得.设，，则，设，则，①当时，，所以在单调递增，又，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，符合题意；②当，故恰有两个零点.又因为，所以，当时，；当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；注意到，所以在恰有一个零点，且，又时，，所以在恰有一个零点，从而至少有两个不动点，不符合题意；所以的取值范围为，即集合.（ii）由（i）知，，所以，此时，，，由（i）知，在单调递增，所