2025-2026学年江苏省泰州市高三下册5月考前模拟（四模）数学试题 含解析

/江苏泰州市2026届高三考前自测数学试卷一、单选题1．设集合，，则（

）A． B．C． D．或2．已知复数z满足，则（

）A．1 B． C． D．23．正六棱柱的底面边长为6，高为4.若挖去一个以正六棱柱上底面的中心为顶点，正六棱柱下底面为底面的正六棱锥，则剩余部分几何体的体积为（

）A． B． C． D．4．将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象的解析式为（

）A． B．C． D．5．“”是“数列为等差数列”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件6．已知向量、、均为单位向量，若，则与的夹角为（

）A． B． C． D．7．若圆上存在两个不同的点，直线上存在一点，使得，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．8．已知函数，的定义域均为，函数是奇函数，函数是偶函数.若，，则（

）A．100 B．225 C．400 D．2026二、多选题9．下列命题正确的是（

）A．若数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为9B．若随机变量，，则C．若一组样本数据，，…，的所有点都在直线上，则这组数据的样本相关系数0.5D．已知，，，则10．已知正项数列满足，则（

）A． B．存在等差数列满足条件C． D．11．已知函数存在极小值点，则（

）A． B．函数有唯一的极小值点C． D．函数有且只有3条斜率为4的切线三、填空题12．已知的展开式中的第5项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为________.13．已知双曲线的右焦点为，直线与双曲线的渐近线相交于点，点在第二象限.直线与抛物线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为________.14．一个盒子中装有2个黑球和8个红球.随机地从盒子中取一个球，观察其颜色后放回，若出现连续两次取到红球，则停止取球，那么取球总次数的数学期望为________.四、解答题15．已知函数.(1)若，求在处的切线方程；(2)若在处有极大值，求的值.16．某趣味闯关游戏规则如下：选手每轮独立进行一次挑战，每轮挑战成功的概率为，失败的概率为，各轮挑战相互独立.规定：若选手某轮挑战成功得1分，挑战失败得0分.设选手进行轮挑战后，总得分恰好为分的概率为.(1)求；(2)若.（ⅰ）求的最大值；（ⅱ）是否存在正整数，，使得，，成等差数列.如果存在，求，的值；如果不存在，请说明理由.17．在中，角，，的对边分别为，，，已知.(1)求；(2)若为的中点，，，相交于点.（ⅰ）若，求面积的最大值；（ⅱ）若，求的余弦值.18．已知椭圆：的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线与椭圆交于，两点，原点到直线的距离为.（ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值；（ⅱ）求的面积的最大值及此时直线的方程.19．如图，在三棱柱中，侧面底面，，，，是的中点，，.(1)证明：；(2)求四面体外接球的表面积；(3)动点在平面内，和均为锐角，.设平面与平面的夹角为，求的最小值.答案1．D解析：不等式的解为或，即或．当时，满足，因此是的子集；当时，需同时满足，即，因此是的子集．综上可得或．2．B解析：由，即，所以．故选：B．3．B解析：因正六棱柱的底面正六边形是由6个边长为6的全等正三角形组成，故其面积为，其体积为，挖去的正六棱锥底面与棱柱下底面重合，高等于棱柱的高4，故其体积为，故剩余几何体的体积.4．D解析：将的图象向右平移个单位长度，得到，根据诱导公式可得.5．B解析：必要性验证：若数列为等差数列，根据等差中项的性质：对任意，若，则，令，可得，故必要性成立；充分性验证：若仅满足，无法推出数列为等差数列，例如构造数列：，此时，，满足，但该数列相邻项差值不恒定，不是等差数列，故充分性不成立，因此该条件是数列为等差数列的必要不充分条件.6．C解析：因为向量、、均为单位向量，若，则，所以，所以，则，又因为，所以，即与的夹角为.7．A解析：设圆，则该圆的圆心为，半径为，对于圆上两不同点，根据圆的性质，当为圆的切线时，最大，若，则在中，，则，所以若直线上存在一点，使得，则等价于圆心为到直线的距离，即，解得：，所以实数的取值范围是.8．A解析：由函数是奇函数，得，即①由是偶函数，得②由，得③∴，.代入②，得④由①得⑤由④⑤得⑥即⑦由⑦得，所以以4为周期.因为，所以，由⑤得，又，∴.由⑦得，,，所以，.9．BD解析：对于A：根据方差性质，已知原数据方差为3，则新数据的方差为，不是9，A错误；对于B：因，则，又因与关于对称轴对称，故，B正确；对于C：若所有样本点都在斜率为正的直线上，说明两个变量完全正相关，样本相关系数为1，不是0.5，C错误；对于D：由全概率公式，代入，，，即得，D正确.10．ACD解析：解：由，则，两边同时平方得，化简整理得，选项正确；由，则，又数列为正项数列，则，所以，因此数列为递增数列，所以，选项正确；假设数列为等差数列，公差为，则，即，代入得，整理得，两边同时平方得，化简得，此式对所有均成立，则，即，而此时，矛盾，所以不存在这样的等差数列，选项错误；因为，，所以，因为，则，不等式两边同时加上，则，所以，选项正确.11．BCD解析：对于选项AB，，当时，，而当时，设，则，当时，当时，因此，当时，取得最小值，则，所以，当时，，即，则，所以在上单调递增，在上无极值，当时，，在上单调递增，注意到，因为，所以，则，，所以存在唯一的似的，当且仅当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以为唯一的极小值点，由可知，A选项错误，B选项正确.对于选项C，，因此，所以，，因为，所以，因此，故，C选项正确.对于选项D，当时，令，设，，所以令，所以，在上单调递减；在上单调递增，，且时，，时，，所以在和上各有一个零点、，此时，的两根为、，当时，令，在上单调递增，而当，时，，当时，，所以，存在唯一的使得，所以函数有且只有3条斜率为4的切线，故D正确.12．解析：由已知可得，由组合数性质可知，所以的展开式通项为，由得，所以展开式中的常数项为.13．解析：解：由题意知双曲线渐近线方程为，因为直线与双曲线的渐近线相交于点，且点在第二象限，则点的横坐标为，代入渐近线，得，即，因为，则，设，则，又，所以，解得，，所以，将代入得，化简得，因为，所以，则，解得，又，所以，即双曲线的离心率为.14．解析：由题可知，每次取到红球的概率为，取到黑球的概率为，设“刚开始取球或前一次取到黑球”的状态到试验结束所需取球次数的期望为，从“前一次取到红球”的状态到试验结束所需取球次数的期望为；则，解得.15．(1)(2)解析：（1）当时，，所以，即切点为；又，所以；由点斜式得切线方程：，整理得.（2）定义域为，，由为极值点得，代入得，解得或；若，则由得或，当时，时，故处为极小值，不符合题意，舍去；若，则由得或，当时，时，故处左增右减，为极大值，符合题意；综上，.16．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在满足条件的，取值为和解析：（1）由题意，，所以；（2）若，则，（ⅰ），当时，，当时，，即，所以数列从第二项开始单调递减，所以的最大值为；（ⅱ）假设存在，因为，，成等差数列，所以，即，因为数列从第二项开始单调递减，而，所以当时，，，所以当时，，所以当时，不可能成立，因此只需验证的情况即可，当时，，所以，因为数列从第二项开始单调递减，，所以；当时，，所以，因为数列从第二项开始单调递减，，所以；当时，，所以，因为数列从第二项开始单调递减，，所以不存在正整数满足题意，综上所述，存在满足条件的，取值为和.17．(1)(2)（ⅰ）面积的最大值为；（ⅱ）的余弦值为.解析：（1），由正弦定理得,（2）（ⅰ）设，则不共线.∵为的中点，，∴,三点共线，则三点共线，则解得.∴P为中点，根据余弦定理，得，根据基本不等式得，即，当且仅当时取等号.，即面积的最大值为.（ⅱ）由（1）知，∵为的中点，，∴，∴，即，由余弦定理，得，∴，整理得，∴∴是等边三角形.以为坐标原点，方向为轴正方向建立平面直角坐标系.则.，，.所以的余弦值为.18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）的面积的最大值为1，直线的方程为或或或.解析：（1）由题意知，，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）（i）当斜率不为时，设直线的方程为，，，联立得，，，点到的距离，所以，，根据韦达定理代入得，，当斜率为时，不妨设横坐标大于0，则此时、两点坐标为，或，，所以，综上，为定值.（ii）当斜率为时，，当斜率不为时，，所以，因此，则，当且仅当，即时取等，所以的最大值为，当时，，当时，，所以直线的方程为或或或.19．(1)证明见解析(2)(3)解析：（1）连接，因为，，所以为等边三角形，所以，因为是的中点，所以，又，所以，因为侧面底面，侧面底面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，平面，所以平面，又平面，所以，所以，而，，所以，所以，所以，又平面，所以平面，又平面，所以；（2）取的中点，连接，则，因为侧面底面，侧面底面，平面，所以平面，如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设四面体外接球的球心为，则四面体外接球的半径，所