2026届江苏南京市部分校高三考前训练数学模拟试题 含答案

/江苏省南京市2026届高三年级考前卷数学2026.05一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的.1.已知命题，，那么为（）A.， B.，C.， D.，【正确答案】A【分析】根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案.【详解】原命题，，是存在量词命题，其否定是全称量词命题，注意到要否定结论，所以为，.2.已知，，则（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】根据题意，分别求得和，结合集合交集的定义与运算，即可求解.【详解】由不等式，可得，解得，可得集合，又由函数，可得，解得，可得集合，根据集合交集的定义与运算，可得3.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合共轭复数的概念，即可求解.【详解】由复数，可得，所以.4.设函数，若在上恰有1个零点，则实数的最小值是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】结合正弦型函数的性质求其零点，结合条件列不等式求的最小值.【详解】因为，所以，要使最小，需满足区间包含且仅包含这一个正弦函数的零点，即满足，解得，所以.5.在平面直角坐标系中，已知点在动直线上的射影为点，则的最大值为（）A.5 B. C. D.【正确答案】D【详解】动直线过定点，所以点在以为直径的圆上.又，所以圆心为，半径为.从而为5，则的最大值为.6.在等差数列中，，其前项和为，若，则（）A.-24 B.-12 C.12 D.24【正确答案】C【分析】由题意可得是以-10为首项，1为公差的等差数列，再由等差数列的通项公式即可得到结果.【详解】在等差数列中，，其前项和为，则是首项为-10的等差数列，设其公差为，因为，所以，所以，，即.7.某校运动会需要名同学（含甲、乙、丙等）排成一列参加入场式，其中甲不能站在队列两端，乙和丙之间恰好间隔名同学，则不同的队列排法共有（）A.种 B.种 C.种 D.种【正确答案】B【分析】应先分析乙丙相对位置“间隔人”意味着他们占据位置为第和第位置或第和第位置，再结合甲不在两端的限制进行分类讨论，最后安排其余人.【详解】以乙丙的位置分两类完成，第一类：当乙丙在第和第位置，有种不同的方法，再排第位，从除甲、乙、丙三个人中剩余人中选一个人，有种，其余个人两个位置全排列，有种，根据分步乘法原理，有种不同的队列排法.第二类：当乙丙在第和第位置，有种不同的方法，再排第位，从除甲、乙、丙三个人中剩余人中选一个人，有种，其余个人两个位置全排列，有种，根据分步乘法原理，有种不同的队列排法.由分类加法计数原理，共有种不同的队列排法.8.已知双曲线的左､右焦点分别为和，过的直线交双曲线的右支于点，交双曲线的一条渐近线于点（在第二象限）.若，则双曲线的离心率为（）A.4 B. C.5 D.【正确答案】A【分析】由可得为中点，再设出点坐标，可表示出点坐标，则可利用及点在双曲线上列出与、、有关等式，最后利用离心率定义计算即可得.【详解】由，为中点，则为中点，由在第二象限，可设，则，由，则，整理得，由在双曲线上，则有，整理得，则，整理得，即.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.若，，，则（）A. B.C. D.【正确答案】BCD【分析】根据基本不等式可得，进而可判断A；根据基本不等式“1”的妙用计算可判断B；根据基本不等式计算可判断C；利用换元法结合二次函数性质计算可判断D.【详解】对于A选项，因为，，，所以，当且仅当时取等号，即，所以，所以A选项不正确；对于B选项，因为，当且仅当时取等号，所以B选项正确；对于C选项，因为，所以，当且仅当时取等号，所以C选项正确；对于D选项，因为，，，所以，又因为，所以，所以D选项正确.10.已知正方体，，分别是面，面的中心.则下列结论正确的是（）.A.B.平面C.与是异面直线D.平面将正方体分成前后两部分的体积比为2：1【正确答案】AD【分析】根据等腰三角形证明线线垂直判断A，根据正方形中与不垂直判断B，由直线平行判断C，利用多面体的体积，得到平面将正方体分成两部分的体积比为判断D.【详解】因为是等边三角形，为中点，所以，又正方体中，所以，选项A正确；在正方体中，过作分别交，于，，连接，，则，所以平面即平面，由于与不垂直，选项B错误；在正方体中，连接与，则，又在上，所以，所以与共面，选项C错误；显然与是相交直线，设其交点为，设直线交于，交于，连结交于，则面是平面截正方体所得的截面，由，分别为正方形，的中心，得，连接，多面体的体积，而正方体的体积，因此平面将正方体分成前后两部分的体积比为，选项D正确.11.已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，为偶函数，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】ACD【分析】对进行变形可判断A，分析的对称性和周期性可判断B，由已知变形得到和的两个方程并联立可判断C，先计算得到的值，由的周期性及和的值计算可判断D.【详解】对于A，由，可得，两式相减可得，故A正确；对于B，由为偶函数，可得，即，所以的图象关于直线对称，由，两边求导得，即，所以是以4为周期的周期函数，则有，无法推出，故B错误；对于C，由，两边求导得，即，令，可得，又，令，可得，并联立，解得，故C正确；对于D，由，当时，，又，可得，当时，可得，由，即，所以，令，可得，所以，令，可得，，，由A知的周期为4，则，所以，，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中所有项的系数之和为______.【正确答案】【分析】直接用赋值可得二项式展开式中所有项的系数和.【详解】将代入，可得所有项的系数之和，结果为.因此的展开式中所有项的系数之和为.13.已知函数有两条切线经过，则的取值范围是___________.【正确答案】【分析】首先设切点、写切线方程，然后代入定点得参数与切点的方程，转化为函数交点问题，最后构造函数，分析其单调性与极值.【详解】设切点为，的导数，故切线斜率.设切线方程为将，代入切线方程得化简得令，，即与有两个交点.，令得.时，单调递减；时，单调递增.所以极小值，的图象如图，要使与有两个交点，则解得.故14.在平行四边形中，，分别是线段，的中点．记，，则______（用和表示）；若，则平行四边形面积的最大值为______．【正确答案】①.②. 3【分析】根据平面向量基本定理，利用基底法表示向量并进行运算求解；先利用向量数量积建立等式，再用基本不等式求最值，最后关联平行四边形面积公式求解．【详解】是中点，，，又是中点，，，，，设，，则，由均值不等式得，，，当且仅当，时等号成立，又平行四边形面积，．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，，所对应的边分别为，，，已知，.（1）求证：；（2）若为的边上的高，求的取值范围.【正确答案】（1）由得

，两边同时约去，并由正弦定理得：，所以，即.在中，因为，为内角，所以，或

.若，则（舍去）.故，即.证毕.（2）.【分析】（1）先将向量数量积转化为边与角的关系，得，再用正弦定理化边为角，结合两角差的正弦公式，得，结合三角形内角范围排除矛盾情况，可证得结果；（2）由已知与正弦定理，由高的定义得，代入目标式化简为，结合的范围求三角函数值域，即可求得结果.【小问1详解】略【小问2详解】由(1)知，由正弦定理得，，又，所以.由三角形内角均为正数，即，解得，所以，，所以.16.已知数列中，，.（1）设，证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和.【正确答案】（1）在数列中，由，得，，而，则，，于是，而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）.【分析】（1）利用等比数列的定义证明；（2）由（1）得，再求出，从而可得，然后用裂项相消法求和.【小问1详解】略【小问2详解】由（1）得，，，则，所以.17.某射击比赛决赛阶段，甲、乙两名选手争夺金牌，比赛无平局，每局比赛结果相互独立.决赛采用全新的“抢赛制”：每局比赛胜者得3分，负者得1分；若某选手连续2局获胜，或积分率先达到分，则该选手获得冠军，比赛结束.设决出冠军时的比赛总局数为．（1）请在①②两个问题中选择一个作答：①若甲、乙在每局比赛中获胜的概率均为，求的分布列与数学期望；②由于心理素质差异，甲在单局比赛中获胜的概率为．试求出平均比赛总局数关于的函数解析式，并求当为何值时，达到最大；（2）经赛后数据分析，甲在该项目单局比赛的实际胜率为．在某训练赛中，甲乙共进行了局比赛，试求为何值时，甲获胜局的概率最大？【正确答案】（1）①的分布列2345期望；②，时达到最大；（2）【分析】（1）①按比赛结束条件，分类讨论每一局数的概率，进而求出分布列及期望；②用p表示各局数概率，构造函数分析单调性，求达到最大值；（2）用比值法分析概率数列的单调性，求出最大值点，进而求出概率最大值．【小问1详解】（1）①比赛结束的条件为：（I）某选手连续2局获胜；（II）积分率先达到分，由赛制规则分析可得，，：前2局连胜（甲甲或乙乙），总积分8分未达分，满足条件（I），，：前2局交替，第3局与第2局连胜（甲乙乙或乙甲甲），满足条件（I），，：前3局交替，第4局与第3局连胜（甲乙甲甲或乙甲乙乙），此时胜者积分分，满足条件（I），，：前4局交替（甲乙甲乙或乙甲乙甲），两人各得8分，第5局无论谁胜，胜者积分必达分，满足条件（II），，的分布列如下：2345，②设乙在单局比赛中获胜的概率为，（甲甲）（乙乙），（乙甲甲）（甲乙乙），（甲乙甲甲）（乙甲乙乙），（甲乙甲乙）（乙甲乙甲），令，由且，可得：，由基本不等式，，故，则，，设，其在区间上单调递增，当（即）时，取得最大值，，故，当时，比赛的平均总局数达到最大．【小问2详解】由已知，，设，，令，当时，，即随增大而增大；当时，，即随增大而减小；，故是最大值，即的估计值为．18.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：①；②当且时，.【正确答案】（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；（2）①由（1）得，当时，，又在上单调递增，在单调递减，所以，即，即

；②当时，，令（，且），得，两边同时取自然对数，得，即，，，，则，即当且时，.【分析】（1）按和分类讨论确定导数的正负得出单调性；（2）①利用（1）中时函数的单调性证明；②由①得时，，然后对赋值（，且），让取得个不等式相加后可证.【小问1详解】由，，得，.若，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增.若时，令，得或.因为，所以，当，则，单调递减，当，则，单调递增，当，则，单调递减；综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】①略②略19.已知，，为单位圆上的动点，为关于的对称点，线段的中垂线与直线交于点，记的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）设，是曲线上的两点，直线与单位圆相切.试判断：“”是“，，三点共线”的什么条件（在①充分不必要、②必要不充分、③充要、④既不充分也不必要中选一个），并证明你的结论；（3）若，过的直线与曲线交于，，且的外心在轴上，求直线的斜率.【正确答案】（1）（2）②必要不充分条件，“”是“，，三点共线”的必要不充分条件，理由如下：先证必要性：若，，三点共线，则设直线方程为.由相切，得，所以.由对称性，不妨设，则.联立，得.设，，则.所以.故必要性得证.再证不充分性：由对称性可知，若直线过点，则也为3.比如：直线方程为，过点，根据对称性知满足3.从而由不能推出，，三点共线.综上：“”是“，，三点共线”的必要不充分条件.（3）【分析】（1）利用双曲线的定义求解曲线的方程；（2）选择必要不充分条件，再分必要性和不充分性分别证明；（3）法一：中垂线+垂径定理;法二：圆的一般方程+同解;法三：对称性+圆幂定理.【小问1详解】因为为的中垂线，所以.又因为为中点，为中点，所以为的中位线，所以.从而，所以点的轨迹是以，为焦点，2为实轴长的双曲线.设焦距为，长轴长为，，则，，.所以曲线的方程为.【小问2详解】略【小问3详解】法一：中垂线+垂径定理设直线，，.联立，得，所以设中点为，则.所以的中垂线为.令，则.设的外心为，则.则由垂径定理，.又，所以.即，即.又，所以，所以.所以直线的斜率为.法二：圆的一般方程+同解设的外接圆方程为.因为圆心在轴上，所以.将代入，得.所以外接圆方程为.设直线，，.联立，得，则.联立，得，则.所以，所以，所以.所以直线的斜率为.法三：对称性+圆幂定理的外心在轴上，所以的外接圆关于轴对称.由在圆上，得也在圆上.由圆幂定理得，.设直线，，.联立，得，则.所以.所以，所以.所以直线的斜率为.20.如图，在三棱锥中，平面，，，过作于，为线段的中点．（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积的最大值；（3）设为四棱锥的外接球的球心，①证明：该球面与三棱锥的侧面的交线长小于；②在二面角，二面角，二面角之中选择一个求其余弦的绝对值的取值范围．【正确答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，，由于，则是等腰直角三角形，因为为斜边的中点，所以，又已知，且，故平面，因为平面，所以，因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面．（2）．（3）①连接，则由平面，又平面，故，由知，，，均在以为直径的球面上，球心为的中点，半径，所以为四棱锥的外接球的球心；①取中点，因为，所以为上述球面被平面所截得的截面圆周的圆心，该球面被三棱锥的侧面的交线为圆心角所对的一段弧，设该弧的长度为的弧度数为，则，在中，，分别为，的中点，所以，即，所以，所以，又，所以．②．【分析】（1）根据线面垂直的性质及判定即可证明；（2）法一：建立空间直角坐标系，结合三棱锥的体积公式即可求解；法二：由体积比法，求得，即可求解；方法三：轨迹法，点的轨迹落在平面内以为直径的圆周上，由几何关系即可求解；（3）建立空间直角坐标系，由面面夹角的余弦公式求解二面角和二面角，同时根据二面角的平面角定义求解二面角和二面角．【小问1详解】略．【小问2详解】以为原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，则，