2026江苏省G4（南师大附中、天一中学、海安中学、海门中学）高三下学期联考数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江苏省2026届G4高三4月联考数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求1．空间中两条直线，则“”是“与相交”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．在集合中随机取一个数，在集合中随机取一个数，复数，则在为虚数的条件下为纯虚数的概率为（

）A． B． C． D．3．函数大致图象可能是（

）A． B．C． D．4．已知直线是函数图象的对称轴，则a的最小值为（

）A． B． C． D．5．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，为圆锥的母线，，，且二面角的大小为，则圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．6．记等比数列的前项和为，若，且，则正整数的值为（

）A．3 B．6 C．9 D．127．一位速算大师事前贴出的广告说，他能当着大家的面在几秒钟之内把一个几十位数的几十次方根迅速算出来.当然，涉及的全体数都是整数.某个观众准备的题目是“计算一个35位正整数的31次方根”，速算大师很快就给出正确答案.事实上速算大师仅用了部分数的常用对数近似值（如下表）.11121314151617181.041.081.111.151.181.201.231.26那么，观众准备的题目的正确答案为（

）A．13 B．14 C．15 D．168．点在以为焦点的椭圆上，若，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．下列说法中正确的是（

）A．一组数据的第60百分位数为4B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.5%D．若随机变量服从正态分布，且，则10．设函数．若方程有三个不等的实数根，且，则（

）A．是函数的极大值点 B．C． D．11．已知圆过抛物线上的两点，则（

）A．圆的面积存在最大值B．若线段为圆的直径，则圆与抛物线的准线相离C．若圆与抛物线还有另外两个交点，则的纵坐标之和为4D．当圆与抛物线仅有三个公共点时，圆面积的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12．在的展开式中项的系数为______.13．已知过点的直线与椭圆交于两点，若，则直线的斜率是______.14．设，，，……，一般地，，其中，则的零点个数为______.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，角，，的对边分别为，，．且满足．(1)求角的大小；(2)已知，，在边上，且满足，求的长．16．已知袋中装有大小相同的2个白球、2个红球和1个黄球.一项游戏规定：每个白球、红球和黄球的分值分别是0分、1分和2分，每一局从袋中一次性取出三个球，将3个球对应的分值相加后称为该局的得分，计算完得分后将球放回袋中，当出现第局得分（）的情况就算游戏过关，同时游戏结束，若四局过后仍未过关，游戏也结束.(1)求在一局游戏中得3分的概率；(2)求游戏结束时局数的分布列和数学期望.17．如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点，是的中点.

(1)求证：平面；(2)若，①求直线与平面所成角的正弦值；②平面将四棱锥分成两部分，求较小部分的体积.18．已知，(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，若恒成立，求的最小值；(3)已知当时，存在，使得函数有三个零点，且成等差数列，求的值.19．已知一簇双曲线（），当时，双曲线右顶点为.现按如下规则依次构造点（，）：过点作轴的垂线交第一象限的渐近线于点，再过点作轴的平行线与曲线的右支交于点.记点坐标为（）.(1)求点的坐标；(2)双曲线的左焦点为，右焦点为，记，求的值；(3)设为射线与轴正半轴的夹角，已知，存在实数，使得对任意，不等式（，）均成立，求的最小值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【详解】空间中两条直线，若，与可以相交也可以异面；与相交时，不一定互相垂直，不能得到，所以“”是“与相交”的既不充分也不必要条件.2．A【详解】设事件为虚数为，事件为纯虚数为，由题知，满足为虚数的的可能情况有共种，即，满足为纯虚数的的可能情况有共种，故，所以，所以在为虚数的条件下为纯虚数的概率为.3．B【详解】由，得，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除CD；由于足够大时，函数的增长速度远远超过的增长速度，则时，，排除A，因此B符合题意.4．B【分析】化简的解析式，根据三角函数的对称性列方程，求得的表达式，进而求得的最小值.【详解】因为，且直线是图象的对称轴，所以，解得，由于，所以a的最小值为.5．D【分析】根据题意作出图象，取AB中点为C，连接OC，即为二面角的平面角，为60°，根据几何关系求出OB和PB即可求圆锥的侧面积.【详解】如图，作，则C为中点，∵PB＝PA，∴，∴为二面角的平面角，∴.在中，，，∴.在直角中，，，∴.在中，.∴圆锥的侧面积为.6．A【分析】设等比数列的公比为，根据题意，利用等比数列的求和公式，化简求得，再由等比数列的通项公式，化简求得，进而求得的值.【详解】设等比数列的公比为，当时，可得，则因为，所以，所以，此时，又因为，可得，所以，即，令，可得，解得或（舍去），所以，法一：由，提取公因式，可得，因为，代入化简得，即，所以，解得；法二：由等比数列的通项公式，可得，因为，可得，即，则，即，因为，所以，可得，所以.7．A【分析】根据题意可得，即可求出，根据表即可求出.【详解】设正整数的31次方是一个35位数，则，可得，即，对照表格可知只有时符合该范围，故.8．C【分析】由同角三角函数关系式及两角差的正弦公式，求得各角的正弦值，根据正弦定理及比例的性质即可求得，即椭圆的离心率.【详解】如图，中，若则，所以.因为，所以；因为所以，因为，所以.由，得.所以.由正弦定理，得，设椭圆的焦距为，则椭圆的离心率.9．BC【分析】对于选项A，根据百分位数的计算方法求解；对于选项B，根据线性相关程度与的关系判断；对于选项C，根据独立性检验规则判断即可；对于选项D，利用对称性求出，再通过计算即可.【详解】选项A，这组数据共8个，已按从小到大排序，计算百分位数位置：，不是整数，向上取整，第60百分位数是第5个数据，为，A错误；选项B，根据样本相关系数的性质：两个随机变量线性相关程度越强，样本相关系数的绝对值越接近，越接近说明相关程度越弱，B正确；选项C，计算得，根据独立性检验规则，推断与有关联时，犯错误的概率不超过，C正确；选项D，正态分布的对称轴为，已知，则，由对称性得，因此，D错误.10．ABD【分析】求导，分析函数的单调性和极值点判断选项A，结合函数图象分析选项B，利用多项式恒等原理分析选项C，结合函数单调性分析选项D．【详解】求导得，令，解得或，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；是极大值点，极大值；是极小值点，极小值；选项A：由单调性可知，是函数的极大值点，故A正确；选项B：方程有三个不等实根，等价于直线与有三个交点，由上述分析知，的极大值为，极小值为，当时，直线与图象有3个交点；当或时，交点数为2个；当或时，只有1个交点，故B正确；选项C：设是的三个根，对应三次方程，则：，，由得，代入得：，故，，当时，；当时，；当时，；不恒成立，故C错误；选项D：由得，是最大根，且在上单调递增，，时，，故，故，D正确．11．BCD【分析】由抛物线过求，确定抛物线方程，求线段的垂直平分线方程，设圆心的坐标为，对于A，确定的半径为范围即可判断；对于B，由条件求，求圆心到准线的距离与圆的半径比较大小即可判断；对于C，由条件可得方程有个解，且为其解，结合根与系数的关系即可判断；对于D，方程有三个不同根，讨论确定值和对应的圆的半径的平方大小即可判断.【详解】因为抛物线过，所以，解得，因此抛物线为，准线，点的中点坐标为，直线的斜率，所以线段的垂直平分线方程为，即，设圆心的坐标为，所以圆的半径，所以圆的方程为，对于A，由于半径，所以半径的取值范围为，所以圆的面积不存在最大值，A错误；对于B，若线段为圆的直径，则圆心为，即，此时圆的方程为，圆的半径为，圆心到抛物线的准线的距离，，所以圆与抛物线的准线相离，B正确；对于C，圆与抛物线还有另外两个交点，所以有组解，故有个解，即方程有个解，因为圆过点，所以为方程的解，所以方程可化为，设点的纵坐标为，点的纵坐标为，则是方程的两根，所以，且，C正确，对于D，若圆与抛物线仅有三个公共点时，可得方程有三个不同根，当方程有两个重根时，，方程的根为，此时，圆的面积为，当为方程的根时，方程的另一个根为，，此时，圆的面积为，当为方程的根时，方程的另一个根为，，此时，圆的面积为，所以圆面积的最大值为，D正确.12．25【详解】因为的展开式中含的项为，所以的展开式中项的系数为25.13．【分析】根据题意设出直线，联立方程得出，，根据题意得出，计算即可.【详解】根据题意，设过点的直线，联立椭圆方程，得，整理得，设，显然，则，，所以，因为，所以，即，计算，即解得，故或.14．2028【分析】分析的表达式规律，通过递推归纳出的分段形式与零点、分段区间的规律，再结合函数的单调性、值域来确定交点数量.【详解】由定义归纳可得：对任意偶数，是分段一次函数，在单位区间（为非负整数）上斜率为，满足：对任意整数，（奇），（偶）；时，，斜率为.由（偶数），，符合上述规律.处：，，故是1个交点.区间：共2026个单位区间：区间：从递增到，从递增到，斜率为大于的斜率，除端点外无新交点.区间（）：对任意，都有：若，则，另一端点，必有1个交点；若，则，另一端点，也必有1个交点.因此共个新交点，区间：，，斜率为远大于的曲率，时增长更快，故存在1个交点,所以总交点数：.15．(1)(2)【分析】（1）利用两角和的余弦公式结合三角形内角和计算求解；（2）根据已知条件，利用余弦定理解三角形．【详解】（1）由得，即，，即，，又，．（2）已知，，，在边上，且满足，，，，在中，由余弦定理得，在中，已知，则，解得．16．(1)(2)【分析】（1）在一局游戏中得3分只有白球、红球和黄球各1个，结合组合数公式和古典概型概率公式求概率，即可求解；（2）根据题意，先确定随机变量可能取法，求得对应事件概率，得出随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解.【详解】（1）解：由题意，在一局游戏中得3分只有白球、红球和黄球各1个，即分，从个球中任取个球，共有种不同的取法，其中白球、红球和黄球各1个事件数为种，设在一局游戏中得3分为事件，则，即在一局游戏中得3分的概率为.（2）解：随机变量的所有可能取值为，在一局游戏中得2分的概率为，则，，，，所以随机变量的分布列为：1234所以期望为.17．(1)证明见解析(2)①；②【分析】（1）要证明线面平行，需通过证明线线平行进而得到线面平行，即证明.（2）①先建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果；②延长交的延长线于点，连接交于点，然后根据三棱锥体积公式计算即可.【详解】（1）取的中点为，连接，因为是的中点，所以.因为四边形为菱形，所以，又是的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，而不在平面内，所以平面.（2）①因为平面，平面，所以.因为，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则.所以.设平面的一个法向量为，则有，即，令，则，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.

延长交的延长线于点，连接交于点，易知，.18．(1)时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；(2)(3)【分析】（1）求导，分、讨论函数单调性即可；（2）根据题意得在上恒成立，令，利用导数求出函数最大值的范围，结合即可求解；（3）根据题意，分析的情况，结合，进而可得，且，再代入求解即可．【详解】（1）解：，，，当时，，在上单调递增；当时，，解得，则时，，单调递减，时，，单调递增；综上，时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；（2）解：，，又恒成立，所以在上恒成立，令，，令，，则的解为，当时，，单调递增，时，，单调递减，又，所以，且，存在唯一，使得，即，，当时，，，单调递增，时，，，单调递减，又，，且又在上单调递增，时，，，又，的最小值为；（3）解：，，且，当时，，则，令，，令，，当时，，单调递增，时，，单调递增，时，，单调递减，又，，，时，，，单调递增；当时，有唯一解，设为，则当时，，，单调递增；当时，，，单调递减，又时，，时，，则的简要图形如下：则时，最多有两个不同的交点，且恒大于零，函数有三个零点，且成等差数列，，且，，整理得，解得或（舍去）