2026年江苏省南京市普通高等学校招生全国统一考试数学试题及答案

第1页/共1页2026年普通高等学校招生全国统一考试样卷数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.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照.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.本试卷共4页，考试时间为120分钟.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数满足，是的共轭复数，则（）A. B. C.3 D.53.在平行四边形中，为的中点．记，则（）A. B. C. D.4.已知函数若存在最小值，则的最大值为（）A. B. C. D.5.记以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为．若，，则的取值集合为（）A. B. C. D.6.在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（）A. B. C. D.7.已知为坐标原点，为圆的一条弦，弦绕点旋转一周扫过的区域为.若点，则的取值范围是（）A. B. C. D.8.设，则的取值范围是（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，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，9.一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（）A. B. C. D.10.已知函数，点分别在函数的的图像上，为坐标原点，则下列命题正确的是（）A.若关于的方程在上无解，则B.存在关于直线对称C.若存在关于轴对称，则D.若存在满足，则11.在棱长为1的正方体中，为正方体内（含表面）的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则（）A.的最小值为B.点的轨迹形成图形的面积为C.点的轨迹与正方体表面交线的长度为D.当点在侧面上时，的最小值为1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为________．13.设函数．若对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性，则的一个取值为__________．14.已知直线l的倾斜角为锐角，且过抛物线的焦点，与抛物线交于A、B两点.若在该抛物线的准线上存在一点C，使得为正三角形，则直线l的斜率为_______.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.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱和一个正四棱锥组合而成，，．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求正四棱锥的高，使得二面角的余弦值是．16.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若为函数的正零点，证明：.17.已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线的右支上，直线交轴于点（点在点的右侧）．（1）求双曲线的渐近线方程；（2）若点，且，求点的坐标；（3）若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值．18.已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求角C的取值范围；（2）证明：（3）求的取值范围．(提示：其中S为三角形面积)19.定义：若一个数列满足其首项为0，且对于可取或的概率均为0.5，则我们称该数列为“可取数列”．已知数列为“可取数列”．（1）求证：；（2）在“可取数列”中，设随机变量是的值，求：①的概率分布；②的期望．

2026年普通高等学校招生全国统一考试样卷数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.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照.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.本试卷共4页，考试时间为120分钟.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数定义域求法可求得集合，由交集定义可得结果.【详解】，.故选：B.2.已知复数满足，是的共轭复数，则（）A. B. C.3 D.5【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出，再根据复数的乘法计算可得.【详解】因为，所以，则，所以.故选：D3.在平行四边形中，为的中点．记，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算计算判断.【详解】因为四边形是平行四边形，所以，又因为为的中点，所以，在平行四边形中，，.故选：A.4.已知函数若存在最小值，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】运用二次函数的性质求得的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求解即可.【详解】当时，，故当时，有最小值为；当时，单调递减，所以，由题意存在最小值，则，解得，即c的最大值为.故选：A.5.记以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为．若，，则的取值集合为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】应用三棱锥的体积公式计算求解判断选项.【详解】以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为，因为，，应用长方体的对称性，计算以为三棱锥顶点的三棱锥，所以，，则的取值集合为.故选：C.6.在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，或，进而可得.【详解】若满足条件的恰有一解，如图则，或，当时，，当时，，所以AC的取值范围是.故选：D7.已知为坐标原点，为圆的一条弦，弦绕点旋转一周扫过的区域为.若点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可知弦绕点旋转一周时，上所有点到点的距离范围是，又点，则，可得，可得的取值范围.【详解】设圆心到弦的距离为，圆半径，弦绕点旋转一周时，上所有点到点的距离范围是，所以扫过的区域是内半径为，外半径为的圆环区域，又点，其到原点的距离为，则，所以，又.8.设，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】应用，得出，再换元应用二次函数单调性结合三角函数值域得出的取值范围.【详解】因为，则，则，又因为，所以，令，当单调递减，当单调递增，所以当时，，当或时，，所以的取值范围是.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，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，9.一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】利用中位数的定义可判断A选项；举反例可判断B选项C；利用均值和方差公式可判断D选项.【详解】对于A选项，因，样本数据最中间的项为，由中位数的定义可知，，A正确；对于B，不妨令，则，B错误；对于C，不妨令，则，C错误；对于D，数据的均值为：，其方差为，D对.故选：AD10.已知函数，点分别在函数的的图像上，为坐标原点，则下列命题正确的是（）A.若关于的方程在上无解，则B.存在关于直线对称C.若存在关于轴对称，则D.若存在满足，则【答案】BCD【解析】【分析】根据给定条件，求出方程在上有解的a范围判断A；设出点的坐标，由方程有解判断B；设出点的坐标，建立函数关系，求出函数的值域判断CD作答.【详解】函数，对于A，方程在上有解，显然函数在上单调递增，则有，解得，因此关于的方程在上无解，则或，A错误；对于B，设点，依题意，点Q关于直线对称点在函数的图象上，即关于t的方程有解，即有解，此时，令函数，，即函数在上单调递增，，而函数在上都单调递增，它们的取值集合分别为，因此函数的值域为，又，于是在有解，所以存在关于直线对称，B正确；对于C，设点，则点P关于y轴对称点在函数的图象上，即，令，，即函数在上单调递减，，又，恒有，因此，C正确；对于D，令，由得，显然，且，，令，，当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此，即有，，而，当且仅当时取等号，所以，即，D正确.故选：BCD11.在棱长为1的正方体中，为正方体内（含表面）的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则（）A.的最小值为B.点的轨迹形成图形的面积为C.点的轨迹与正方体表面交线的长度为D.当点在侧面上时，的最小值为1【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由图通过折叠相关平面，使共面，据此可判断选项正误；对于B和C，由题设可得M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的，据此可判断选项正误；对于D，注意到，据此可判断选项正误．【详解】对于A，由图注意到，将平面沿折叠至平面处，使共面，则，当且仅当三点共线时取等号，故A正确；对于B，注意到，则M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的，则点M的轨迹所形成图形的面积为：，故B错误；对于C，由B分析，点M的轨迹与正方体表面的交线长度为：，故C正确；对于D，注意到，过N作平行线交于，则，从而，当且仅当三点共线时取等号，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.的展开式中的系数为________．【答案】【解析】【详解】的展开式中的项为：，所以的展开式中的系数为.13.设函数．若对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性，则的一个取值为__________．【答案】(答案不唯一）【解析】【分析】先分析函数的单调区间，再结合已知条件分析的单调区间，进而确定的取值.【详解】根据余弦函数的性质，函数的单调递增区间为；单调递减区间，那么函数的单调区间长度为，在任意长度为的区间上，函数，要么单调，要么先增后减或先减后增.函数的单调递增区间为，即；单调递减区间，即，又对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性，当时，函数，此时单调递增区间为；单调递减区间，函数的极值点为，函数的极值点为。因此，任意长度为的开区间不可能同时包含和的极值点，即和中至少有一个在该区间上单调。同理，当时，都满足对于任意的，函数和中至少有一个具有单调性.故答案为：（答案不唯一）14.已知直线l的倾斜角为锐角，且过抛物线的焦点，与抛物线交于A、B两点.若在该抛物线的准线上存在一点C，使得为正三角形，则直线l的斜率为_______.【答案】【解析】【分析】设直线AB的方程为，与抛物线的方程联立利用韦达定理得到弦长，AB的中点为，由为正三角形，可得，且，建立方程求解即可.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，设直线AB的方程为，代入抛物线的方程，可得，设，，可得，，AB的中点为，在该抛物线的准线上存在一点C，使得为正三角形，可得，且，由，可得，设，又CH的斜率为，可得，解得C的横坐标为，C的纵坐标为，所以，由，可得，解得负的舍去故答案为：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.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱和一个正四棱锥组合而成，，．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求正四棱锥的高，使得二面角的余弦值是．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）根据平面，结合，利用线面垂直以及面面垂直判定定理，可得结果.（Ⅱ）利用（Ⅰ）建系后求法向量，要注意两个法向量夹角和二面角平面角关系，不要弄错符号.试题解析：（Ⅰ）证明：直三棱柱中，平面，所以，又，，所以平面，平面，所以平面平面．（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，以为原点，，，方向为，，轴建立空间直角坐标系，如图设正四棱锥的高为，，则，，，，，，．设平面的一个法向量，则取，则，所以．设平面的一个法向量，则取，则，，所以．二面角的余弦值是，所以，解得．点睛：本题主要考查了直线与平面，平面与平面垂直的证明，注意条件的合理转化，和用向量解立体几何时法向量的求解和应用.16.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若为函数的正零点，证明：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先得到函数的定义域，求出导函数，然后分三种情况讨论即可求得结果；（2）根据（1）中的结论得到单调区间，将不等式转化为函数之间的关系，即可得到恒成立问题，构造新的函数，再根据导数讨论单调性即可.【小问1详解】函数的定义域为，，①当即时，，函数单调递增，增区间为，没有减区间；②当时，令，解得，当，则，即时，可得函数的减区间为，增区间为；③当，则，即时，可得函数的减区间为，增区间为；综上，当时，增区间为；当时，减区间为，增区间为；当时，减区间为，增区间为；【小问2详解】由（1）可知当时，函数的减区间为，增区间为，可知等价于.因为，为函数的正零点，所以，等价于证明，又由，令，有，可得，令，有，可得函数单调递减，有，可得当时，.故有，可得得证.【点睛】方法点睛：借助导数讨论函数单调区间的方法：（1）根据函数解析式得到函数的定义域，单调区间均在定义域内讨论；（2）求出函数的导函数，根据导函数的正负来判断原函数的单调性，这个时候注意分情况讨论，大多数时候需要令导函数为零求出极值；（3）本题关键点是利用单调性和零点定义将不等式转化为恒成立问题，然后通过换元构造新的函数，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想和分类讨论思想的应用.17.已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线的右支上，直线交轴于点（点在点的右侧）．（1）求双曲线的渐近线方程；（2）若点，且，求点的坐标；（3）若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值．【答案】（1）（2）点的坐标为（3）的最小值为【解析】【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程；（2）由点可得，从而可利用三角形外角关系从而可得直线的斜率，将直线方程代入双曲线方程求解即可得点的坐标；（3）设直线，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得与的关系，由基本不等式可得最值.【小问1详解】已知双曲线，则，所以双曲线方程为；【小问2详解】双曲线的右焦点，又，所以，则，因为，所以，则直线，即，所以，解得，即，则，所以点的坐标为；【小问3详解】设直线，，则，因为直线过点且与双曲线右支交于、两点，所以，又因为的重心在轴上，所以，由点在点的右侧，可得，所以，解得，所以，而，代入可得，所以，代入化简可得：，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.18.已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（