江苏省九校2026届高三下学期一模联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省九校2026届高三下学期一模联考数学试题一、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.若，则（）A.1 B.2 C. D.3【答案】C【解析】，故.2.设集合，，若含有4个元素，则（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】根据集合元素的互异性可知，，.因为含有4个元素，所以仅含有1个元素，若，则或，所以或.若，则.结合集合元素的互异性可知或.当时，，，，符合题意.当时，，，，不符合题意.综上，.3.的展开式中常数项为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】二项展开式的通项公式为，整理得：，令，解得：，展开式中常数项为：.4.已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】C【解析】对于A，若，，可能平行于平面，也可能(此时不平行于平面，)，故A错；对于B，若，，直线，可能平行、相交或异面，故B错；对于C，如果两平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面，故C正确；对于D，若，，直线与平面可能相交、平行或.5.科学研究中经常涉及对粒子状态的分析.某假想粒子有状态1，状态2，状态3，……，每种状态下的粒子经过1秒有两种可能：状态保持不变或变为更高一级状态，已知状态1的粒子有的概率变为状态2，状态2的粒子有的概率变为状态3，以此类推.现有若干状态1的该粒子，则经过3秒处于状态1和状态2的粒子数目约占（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设经过3秒处于状态1的概率为，粒子要始终停留在状态1，需连续3秒都保持状态1，根据独立事件概率公式：；设经过3秒处于状态2的概率为，情况一:第1秒从状态1变为状态2，第2秒和第3秒都保持状态2不变，概率为；情况二:第1秒保持状态1不变，第2秒从状态1变为状态2，第3秒保持状态2不变，概率为；情况三:第1秒和第2秒保持状态1不变，第3秒从状态1变为状态2，概率为；将上述三种情况的概率相加，得到经过3秒后处于状态2的粒子的概率为，则经过3秒后处于状态1和状态2的粒子数目占总粒子数的比例为将经过3秒后处于状态1和状态2的粒子的概率相加，可得.6.若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】因为点A在直线上，所以设A点坐标为，点B坐标为，因为向量所以，即，，所以B点坐标为.又B在圆上，所以.整理得关于的一元二次方程：，因为存在点A在直线上，所以关于的一元二次方程有实数解.故，令，得，整理即，所以.所以的最大值为4.7.记的内角，，的对边分别为，，，，，，则的面积为（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，所以，所以8.已知正数，满足，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为为正数，故.由题设有，而，故，故，故，且，故设，因为均为上的增函数，故为上的增函数，而，故，故A正确，BCD错误.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.下列说法正确的是（）A.若随机变量，则B.若事件，相互独立，则C.若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为8D.用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好【答案】ACD【解析】对于A，因随机变量，则，由正态曲线的对称性可得，故A正确；对于B，由事件，相互独立可知，对于随机事件，，都有，故仅当，互斥时，才有，故结论不成立，即B错误；对于C，由题意，，对于数据，，，，其均值为，其方差为，故C正确；对于D，相关指数越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D正确.10.已知函数，，则下列结论正确的有（）A.曲线与曲线存在相同的对称中心B.曲线与曲线存在相同的对称轴C.曲线向左平移个单位得到曲线D.曲线与曲线关于轴对称【答案】AC【解析】选项A，因为，令，得，所以的对称中心为.因为，令，得，所以的对称中心为.假设存在相同对称中心，则，化简得，当时，，所以存在相同对称中心，A正确.选项B，：令，得，对称轴为.：令，得，对称轴为.假设存在相同对称轴，则，化简得，左边为偶数，右边为奇数，无整数解，所以曲线无相同对称轴，B错误.选项C，，平移个单位，得：，C正确.选项D，若与关于轴对称，则需满足.因为，而，显然与不能恒相等，所以两曲线不关于轴对称，D错误.11.已知四棱锥的体积为12，四边形是平行四边形，为的中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，.设，，则（）A.时，平面B.时，C.四面体的体积为3D.四棱锥的体积的最小值为4【答案】BCD【解析】由题可知是平面和平面的交点，当时，所以，又平面，在平面外，所以平面，若平面，则由、平面得平面平面，则平面与平面无交点，与是平面和平面的交点矛盾，故A错误；时，，因为为的中点，所以，因为四边形是平行四边形，所以，则，又因为平面、平面，则平面，所以D是平面与四棱锥的棱的交点，所以D与N重合，即，所以，故B正确；因为为的中点，所以点P和点A到平面距离相等，所以四面体的体积为，所以四面体的体积为3，故C正确；由题意可得，因为共面，所以即，设点P到平面的距离为d，则，因为，，所以点M到平面的距离为，点N到平面的距离为，所以，，所以，因为为的中点，所以点A和点P到平面的距离相等，所以，所以四棱锥的体积为，当且仅当即时等号成立，所以四棱锥的体积的最小值为4，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，，且，则______.【答案】【解析】由题意，，由可得，解得.13.已知抛物线：（）的焦点为，直线与有唯一的公共点，则______.【答案】5【解析】联立与可得，由于直线与有唯一的公共点，故，解得，（舍去），故,则.14.已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______.【答案】【解析】，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.当时，当时，该函数单调递增，所以，所以对任意，都有，一定有成立，解得，这与相矛盾，不符合题意；当时，当时，，所以对任意，都有，一定有成立，而，所以；当时，设表示两数中最大的数，因为当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.所以当时，，对任意，都有，一定有且，解得，综上所述：，所以的取值范围为.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，已知是圆锥的轴截面，，.（1）求圆锥的外接球的表面积；（2）若为弧的中点，求二面角的正切值.解：（1）因为是圆锥的轴截面，所以平面.又平面，所以.在中，，，所以.设圆锥的外接球的球心为，半径为，结合圆锥的定义及对称性易知球心在上.在中，，则，整理得，解得.所以圆锥的外接球的表面积.（2）因为为弧的中点，所以.因为平面，平面，所以.又，所以可以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系.则，，，，.，，设平面的法向量为，则，，令，则，，所以.因为，，，所以平面，则即为平面的一个法向量，.设二面角的平面角为，则，，所以.故二面角的正切值为.16.已知数列各项均不为零，，，.（1）当时，求的前50项和；（2）若，求正整数的最小值.解：（1）因为数列各项均不为零，，，所以当时，由，所以有，所以此时该数列的周期为，因此，所以的前50项和为；（2）由，因为，，所以，因为，所以，或，因为是正整数，所以，即当时，由，所以数列是以为首项，公差为的等差数列，因此，所以，显然恒成立，所以正整数的最小值为.17.某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分，（1）若，求；（2）求的概率分布列和数学期望；（3）证明：当且仅当时，.（1）解：恰有2个正确选项的概率为，则恰有3个正确选项的概率为，正确选项是2个时，随机选一个正确可得3分，概率为；正确选项是3个时，随机选一个正确可得2分，概率为，因此（2）解：由题知，可能的取值为，，，，分布列为：（3）证明：由题知，可能的取值为，，，故，，故当且仅当时，.18.已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点.（1）求的方程；（2）若，求的方程；（3）证明：的外接圆的圆心在定直线上.（1）解：因为双曲线的离心率为，且是上一点，可得，解得，所以双曲线的方程为.（2）解：设直线的方程为，且，联立方程组，整理得，则，解得，所以或，且，因为，可得，又因为，可得，所以，将代入上式得，，因为，可得，即，解得或，又因为或，所以，所以直线的方程为.（3）证明：由（2）知，可得的中点的横坐标为，则点的纵坐标为，即，所以线段的垂直平分线的方程为，即，设点的坐标为，因为，可得，又因为，代入得，整理得，又由，可得，则，可得，其中，则，整理得，①当时，两边同除以，可得，代入，可得，即，所以的外接圆的圆心在定直线上；②当时，即时，可得直线的方程为，此时点满足直线的方程，此时三点共线，不能构成三角形，舍去，综上可得，的外接圆的圆心在定直线上.19.已知函数.（1）对任意，是的必要条件，求的最小值；（2）对任意，函数存在两个零点.（i）求的取值范围；（ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，.（1）解：∵对任意，是的必