2026江苏南京师范大学附属中学高考模拟考试数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页南京师大附中2026届高三年级模拟考试数学试题命题人：高三数学备课组时间：2026.5一、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．设集合，则（

）A． B．C． D．2．若，则（

）A． B．i C． D．13．在某次期中考试中，从800名考生中随机抽取100名考生的数学成绩进行统计分析，绘制如图所示的频率分布直方图（满分100分）．则下列说法错误的是（

）A． B．成绩在的频数为35C．成绩中位数在区间内 D．成绩平均数在区间内4．已知平面向量满足且，则向量和向量的夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．5．若，则（

）.A． B． C． D．6．已知某圆锥的底面和某圆台的下底面相同，它们的高均为2，且圆台的上、下底面圆的半径之比是1︰2，圆锥的侧面积是，则该圆台的侧面积是（

）A． B． C． D．7．若曲线关于直线对称，则（

）A． B．2 C．0 D．18．如图，设曲线上的点与轴上的点顺次构成等腰直角三角形，直角顶点在曲线上，则点的横坐标为（

）A．20 B．21 C．100 D．101二、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．记为等比数列的前项和，为的公比且．若，则下列说法正确的是（

）A． B．数列是等比数列C． D．数列是公差为2的等差数列10．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．记第一次取出球的数字为，第二次取出球的数字为．设，其中表示不超过的最大整数，则（

）A． B．C．事件“”与“”互斥 D．事件“”与“”相互独立11．在平面直角坐标系中有与轴分别交于两点，为上的动点，以为直径的的位置随点位置的变化而变化，当点逆时针转过一周时，扫过的区域记作，则下列说法正确的是（

）A．若，则与轴公共点坐标为和B．若以为圆心的圆可以完全覆盖区域，则该圆的面积的最小值为C．内的点到轴距离的最大值为D．与轴的公共部分上的点到轴距离平方的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知，则的展开式中的系数为__________________．13．已知定义在上的函数的图象关于直线对称，且．当时，，则__________________．14．已知函数，设曲线在点处切线的斜率为．若均不相等，且，则的最小值为__________________．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．在中，内角对边分别是．已知，且的外接圆面积为．(1)求的大小；(2)若，求的面积．16．已知数列的前项和为，对任意，满足，且．数列满足，且其前两项和为6，前4项和为．(1)求数列，的通项公式；(2)将数列，的项按照“当为奇数时，放在的前面；当为偶数时，放在的前面”的要求进行排列，得到一个新的数列：．求该数列前39项的和．17．如图，在三棱柱中，平面平面，，，，(1)证明：平面；(2)求的长；(3)求平面与平面夹角的余弦值．18．双曲线的左右顶点为，其渐近线上有一点，且轴．(1)求双曲线的方程；(2)过点作直线交于点，点在第一象限．（i）若的面积为14，求直线方程；（ii）若为钝角，过作的垂线，垂足为，求的最大值．19．（1）设函数，求证：．（2）已知均为大于1的整数，个同学每人在1到这个正整数中任取一个数字，记为仅被选取到一次的数字的个数．（i）若，求的分布列与期望；，（ii）若，求证：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】依据并集的定义，合并集合A与B的全部元素，去除重复元素后匹配选项即可得到结果.【详解】已知集合，对应区间内的所有实数，，根据并集的定义可得：.2．C【详解】由题意得：，所以.3．D【分析】利用频率分布直方图与数字特征的关系，逐个求解判断即可.【详解】对于选项A，由频率分布直方图中所有频率之和为1，可列出方程，解得，.正确.对于选项B，成绩在的频率为：，所以频数为，正确.对于选项C，前3个小长方形的面积和为，而的频率是.所以前4个小长方形面积和大于.即中位数一定出现在内，正确.对于选项D，平均数为每个区间组中值乘以对应频率之和，即.所以D不正确.4．B【分析】先将目标向量用线性表示，再求出、两目标向量的模和数量积，代入向量夹角余弦公式计算结果.【详解】由，可得，因此：，，对两边同时平方，得，展开得，代入，，得，解得，所以，同理，所以，根据向量夹角余弦公式可得：.5．D【分析】根据诱导公式、两角和的余弦公式、二倍角公式及同角关系的齐次转化求解即可.【详解】可得.因为所以.6．C【详解】设圆台的上底面圆的半径为，则圆锥的底面圆和圆台的下底面圆的半径均为，圆锥的母线，圆锥的侧面积是，，得，解得;圆台的母线，圆台侧面积为．7．C【分析】先求出函数定义域，再根据对称性得出，再代入解析式得出，最后代回验证即可.【详解】令，由，得或，故函数的定义域为．由曲线关于直线对称，得定义域关于直线对称，则，此时必有，即，解得，此时，因此函数的图象关于直线对称，即，满足题意，故．8．A【分析】设，依题意得，代入推得数列递推式，则得等差数列，求其通项即可求得的横坐标.【详解】因为是等腰直角三角形，可设，则，代入可得，，即，再结合与的图象交点可知，，所以数列是以为首项，4为公差的等差数列，所以有，故，则点的横坐标为20.9．ABC【详解】由题意可知，∴，整理得，解得或，∵，∴，A选项正确∴，∴，∴，∴，∴数列是等比数列，B选项正确；，C选项正确；，∴，∴数列是公差为的等差数列，D选项错误.10．AC【详解】总样本点数为种，满足的情况数为种，由对称性可知，又，，解得，故A正确，由可知，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，满足条件的情况数有种，，故B错误.由可知，若，则，，所以矛盾，故C正确，记事件为“”，事件为“”，则，满足的情况数为种，，又，，，故D错误.11．ACD【分析】A选项利用直径的性质进行计算；B选项设，用表示，再利用三角函数求最值即可，C选项，将用表示，再利用二次函数即可求出最大值；D选项利用点到直线的距离即可求解.【详解】对于A选项，设与轴交于、，连接，，

因为为的直径，所以轴，由题意可知，所以，所以，则，所以公共点的坐标为和，故A正确；对于B选项，如图：

连接并延长交于，由垂径定理：，就是上到原点距离最远的点，下面我们求的最大值：设，则，因为，则，当时，取得最大值，即该圆的半径最小为，面积最小值为，故B错误；对于C选项，如图：过作轴于，另交于，过作轴于，

因为，所以，所以，则，所以，令，则，所以，即内的点到轴距离的最大值为，故C正确；对于D选项，如图：

设与轴交于点（图中为上方的点），则，反面想，对于轴正半轴上一点作，若与有公共点即为点，当离轴最远时，与有且仅有一个公共点．设，则，，原点到的距离：，解得，故与轴的公共部分上的点到轴距离的最大值为，即与轴的公共部分上的点到轴距离平方的最大值为，故D正确．12．【详解】∵，∴，即，则的展开式，令，则，∴，∴的展开式中的系数为.13．

##【分析】先根据函数的对称性和已知等式推导函数周期，再利用周期性、对称性将所求函数值转化到已知解析式的区间内计算.【详解】由函数的图象关于直线对称，可得对任意，，替换得①，由已知，整理得：②，联立①②得，替换得，进一步推导得：，即是周期为的周期函数.故.14．9【分析】通过求导以及导数的几何意义计算得到，，之间的关系，由基本不等式即可求解.【详解】已知函数，对函数求导得，，根据导数的几何意义，有，，，因为，所以，令，，则，因此，而，所以，而，，,代入，得，，而由基本不等式得，，当且仅当时取等，故的最小值为15．(1)(2)或【分析】（1）化简已知等式求角，结合外接圆半径与正弦定理求边长；（2）利用余弦定理求边，代入三角形面积公式计算结果.【详解】（1）由正弦定理可得：，.因为，所以，上式即为，所以，由外接圆面积，解得外接圆半径，由正弦定理得.（2）将代入余弦定理，得：，整理得，解得，均为正根符合要求，代入面积公式，故面积为或.16．(1)，（或）；(2)前39项和为（或）。【分析】（1）由题意可知数列为等差数列，结合等差数列通项公式求出，再由可求出数列的通项公式，由等差中项法可知数列为等差数列，从而得出数列为等比数列，且设该等比数列的公比为，结合题中条件求出和的值，即可求出数列的通项公式；（2）求出数列的前项和，利用分组求和法可得出结论.【详解】（1）且，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，.当时，.也适合上式，所以，.，即，且，所以，数列是正项等比数列，设其公比为，则.由题意可得，解得，因此，；（2）数列的前项和为，数列的前项和为，设新数列为，其前项和为，则.17．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意即可得证；（2）先由余弦定理求出，取的中点，连接，，然后由已知条件结合勾股定理即可得解；（3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后由向量法即可得解．【详解】（1）证明：因为，所以四边形是菱形，所以，又，且，所以，因为，平面，平面，所以平面；（2）在△中，由，，，所以，如图，取的中点，连接，，因为，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，，平面，且，所以平面，因为平面，所以因为的中点为，所以，在△和△中，可知，在△中，可知，因为，所以，解得：；（3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．18．(1)(2)（i），（ii）【分析】（1）根据点坐标和轴列出的方程，求解出即可.（2）（i）设出点坐标，根据点在双曲线上以及三角形的面积列出方程组，求解出点的坐标，然后写出直线的方程.（ii）根据为钝角求出点纵坐标的取值范围，然后利用向量法求解的最大值【详解】（1）双曲线的渐近线上有一点，所以其渐近线方程为，，即.又轴，，即.双曲线的方程为.（2）（i）由（1）可得，，，.直线的方程为.设，①.点到直线的距离.，整理得，②联立①②，解得，故点直线的方程为.（ii）.为钝角，，.则，当时，有最大值.19．（1）函数的定义域为，又，令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，即恒成立，在和上均单调递增，当时，单调递增，，又，故，此时分母，，当时，单调递增，，此时分母，，综上所述，当时，恒成立.（2）（i）的分布列为期望（ii），又，，假设，两边同时取对数得，化简得，即，又由（1）可知函数，令，得，即，故得证.