江苏省南京市第二十九中学2026届高三上学期模拟预测试题数学试卷+答案

这是一份江苏省南京市第二十九中学2026届高三上学期模拟预测试题数学试卷+答案，共22页。试卷主要包含了 设集合，则， 已知角，满足，，则的值等于， 满足，的有序实数组可以是， 下列命题是假命题的是， 已知点F是抛物线C等内容，欢迎下载使用。
命题人：陈明 审题人：张胜冬
一、单选题：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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数的定义与单调性求解集合,然后求解交集.
【详解】由,则,
所以.
故选：C.
2. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为．若是的焦距的倍，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，列出方程求出离心率.
【详解】设椭圆的半焦距为c，而，又，
则，整理得，因此，
所以的离心率为.
故选：B
3. Sn是等比数列{an}的前n项和，若S4，S3，S5成等差数列，则{an}的公比q的值为( )
A. B. 2C. D. －2
【答案】D
【解析】
【详解】由S4，S3，S5成等差数列，得2S3＝S5＋S4，即2(a1＋a2＋a3)＝2(a1＋a2＋a3＋a4)＋a5，整理得a5＝－2a4，所以＝－2，即q＝－2，故选D.
4. 已知角，满足，，则的值等于（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】由切化弦，结合两角和差的正弦公式即可求解.
【详解】因为，
所以，即，
又，
两式联立可得：，
所以，
故选：A
5. 若对于任意的，都有，则实数m的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，都有转化为，得到函数在上单调递减，求出函数的导数，得到在恒成立，求出的最小值.
【详解】由，都有,
转化为，
构造在上单调递减，
求导在上恒成立，
则，解得,
故，即的最小值为.
故选：D.
6. “”是“圆上恰有2个点到直线的距离为1”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与圆位置关系，以及充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】如图所示：
设与直线平行且与直线之间的距离为1的直线方程为，
则，解得或，
圆心到直线的距离为，
圆到直线的距离为，
由图可知，圆与直线相交，与直线相离，
所以，即，
故“”是“圆上恰有2个点到直线
距离为1”的必要不充分条件.
故选：B.
7. 满足，的有序实数组可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数运算化简得，逐个选项分析即可判断.
【详解】记，则，
因为，所以，所以，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
8. 是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.
【详解】由，可得：.
又因为是定义在R上的偶函数，
则，且函数图象关于轴对称.
所以，即的周期为4.
作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，可得出在上的图象.
令
若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，
则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.
所以，即，解得.
故答案为：C
【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可.
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. 下列命题是假命题的是（ ）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 函数最小值为
C. 函数与是同一个函数
D. 若不等式的解集为，则不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据存在性命题的否定判断A，利用换元法结合对勾函数单调性可判断B，根据函数定义域判断C，由一元二次不等式、一元二次方程的关系求不等式的解集判断D.
【详解】对于A，“，”的否定是“，”，故A为假命题；
对于B，令，则，所以函数在上单调递增，
所以，故B选项为真命题；
对于C，函数定义域为R，函数定义域为，
定义域不同，两函数不是同一个函数，故C选项为假命题；
对于D，由题意，方程的解为，且，
由韦达定理可得，解得，
则不等式，即，
由，则不等式变为，解得或，故D为假命题；
故选：ACD.
10. 已知点F是抛物线C：的焦点，点A是抛物线C的准线与x轴的交点，过点A且斜率为k的直线l与C交于M，N两点，则下列说法正确的是（ ）
A. k的取值范围为B.
C. 若，则或D. 点M关于x轴的对称点在直线NF上
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点、准线方程，将直线的方程与抛物线方程联立，由判别式判断A；利用抛物线的定义结合几何图形推理判断B；利用韦达定理求出判断C；利用斜率坐标公式、结合韦达定理求解判断D.
【详解】抛物线C：的焦点，准线，点，直线，
对于A，由消去得：，依题意，，
解得且，因此k的取值范围为，A正确；
对于B，过作准线的垂线，垂足分别为，则，
因此，即，B正确；
对于C，由，得，设，
则，而，联立解得，C错误；
对于D，直线的斜率，直线的斜率，
，
令点M关于x轴的对称点为，则直线的斜率，
而直线与直线有公共点，因此点在直线上，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：作出几何图形，利用平行线分线段成比例，结合抛物线定义是判断选项B的关键.
11. 已知棱长为1的正方体的所有顶点都在以为球心的球面上，点是棱的中点，点是棱上的动点.则下列说法正确的有（ ）
A. 若是棱的中点，则平面
B. 点到直线的距离的最小值为
C. 棱上存在点，使得
D. 若是棱的三等分点，则过的平面截球所得的截面面积最小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，设的中点为，通过证明四边形为平行四边形，可证得平面；对于B，通过建系设点，利用空间点到线的距离公式可求最小值；对于C，利用向量的坐标表示出夹角，计算出当时，，即可判断；对于D，由题意可求，再利用球的截面问题可直接求截面面积的最小值.
【详解】如图，设的中点为，连接，

是中点，，且，
对于A，若是中点，，且，
，且，所以四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面，故A正确；
根据题意，以为原点，以直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系，
设，，，，
所以点到直线的距离，
即点到直线的距离的最小值为，故B错误；
对于C，，所以，
则，当时，，即，
所以棱上存在点，使得，故C正确；
对于D，当是棱的三等分点时，点或，球心，
所以，又正方体外接球半径，
所以截面所得圆的最小半径，其面积为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 展开式中的第三项为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式的通项公式：对于，其展开式的第项为，代入已知条件求解.
【详解】根据二项式的通项公式得：
故答案为：.
13. 已知角的正切，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】先利用两角差的余弦公式和二倍角公式展开，利用同角三角函数关系平方关系和商关系化简求得答案；
【详解】
故答案为：.
14. 2025年五四青年节，某高中学校为了表彰工作认真负责，业务能力强的优秀团员干部，学校给高中三个年级共分配9个优秀团员干部名额，每个年级至少一个名额.从所有可能的分配方案中随机选择一种，用表示这三个年级中分配的最少名额数，则的数学期望__________.
【答案】##
【解析】
【分析】问题化为9个球分成3份，且每份至少有一个球，即用2个隔板插入8个空，则有种分组，且并应用古典概型的概率求法求对应概率，进而求期望.
【详解】若三个年级人数分别为，则，又每个年级至少一个名额，
所以，相当于9个球分成3份，且每份至少有一个球，即用2个隔板插入8个空，则有种，
由题意，则，且各年级人数为，
其中的情况有一种情况，即，
的情况有、、、、、、、、九种情况，即，
所以，
综上，.
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. 已知数列的前n项和为，且满足，.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系先表示出，再代入原式变形，然后根据等差数列的定义证明即可；
（2）先求出的解析式，再利用错位相减法求数列的前n项和即可.
【小问1详解】
因为，又因为，
所以，即，
两边同时除以可得，，
即，所以.
因为，所以，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）可知，所以.
所以，
，
所以
，
所以.
16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，渐近线方程为．
（1）求的方程；
（2）设轴上方的点，分别在的左支与右支上，若，求四边形的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出渐近线方程，进而求出即得的方程.
（2）设，利用向量关系表示出点坐标，再建立方程组求出点坐标即可求出面积.
【小问1详解】
双曲线的渐近线方程为，依题意，，半焦距，
而，解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
设，而，由，得，
依题意，，解得，即，
，，
等腰底边上的高，
又四边形为梯形，则，
所以四边形的面积为.
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值；
（3）若二面角大小为，求的长．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）由题意先证明，由面面垂直的性质定理得平面，再运用面面垂直的判定定理证明
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出直线与的向量表示，然后运用空间向量知识求出异面直线所成角的余弦值
（3）结合(2)中的空间直角坐标系，运用向量知识结合二面角为求出结果
【详解】（1）证明：为的中点，
∴四边形为平行四边形，

即
又平面平面，且平面平面，
∴平面
∵平面， ∴平面平面
（2）解：为 的中点，

∵平面平面，且平面平面，
∴平面．
如图，以 为原点建立空间直角坐标系，
则 ，
是 的中点，
设异面直线与所成角为 ，
则
∴异面直线与所成角的余弦值为．
（3）解：由（2）知平面的法向量为
由
得
又，
设平面 法向量为，
由可取
∵二面角为60°，，
【点睛】本题主要考查了面面垂直、异面直线所成角以及二面角问题，涉及平面与平面垂直的判定，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属于中档题．
18. 已知函数，．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上有且仅有一个极值点，求的取值范围；
（3）当时，若，且，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义可求切线方程；
（2），则在上有且仅有1变号零点，就、、分类讨论后可得的取值范围；
（3）记，由结合三角变换公式可得，利用导数可证，从而得到 ，或者可以利用极值点偏移的方法来证明 .
【小问1详解】
当时，，，
，，
所以在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
，令，则，
①若，当时，，单调递减，
所以，单调递减，不符合；
②若，当时，，单调递增，
所以，单调递增，不符合；
③若，则在有两个解，不妨设为，（）．
列表如下：
当时，，则在上没有零点．
要使在上有且仅有1个极值点，
则在上有且仅有一个变号零点，
则需要，即，解得．
又因，所以．
当时，，，
由零点存在性定理知，存在唯一零点，使得，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数，所以为的极小值点．
综上所述，的取值范围为．
【小问3详解】
法1：当时，，所以，
由可得，
即，
又，两边同时除以，得，
因此，
所以，
记，则，
因此
，
令，，则，
所以在上为减函数，故，即时，．
因为，，
所以，所以
当时，，
则，即．
法2：当时，，所以，
令，则，故在上单调递增．
又，，
根据零点存在性定理，存在唯一的，使得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以，
又，且，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
由于，且，
则，从而．
要证，只要证，只要证，即证．
因，，所以即证，即证．
令，，
则，
所以在上单调递增，所以．
所以，即．故．
19. 某实验室对某二进制数码串传输进行测试，初始二进制数码串是长度为的且全部由0组成的数码串.传输过程中，每位数码以概率传输记为0，以概率传输记为1，其中，每位数码的传输相互独立，并设事件为“传输结果各位数字之和为偶数”的事件.
（1）当时，求；
（2）证明：对任意的正整数，有；
（3）在传输结果中任取一位数码，记“取到1”的事件为，问：是否存在最大值？若存在，求出使取到最大值的正整数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由条件可知这3个0都传输为0，或传输为2个1和1个0，再按照独立重复概率公式，列式求解；
（2）首先根据题意求和，再根据和根据二项式定理计算，联立方程求解，即可证明；
（3）根据（2）的过程计算和，联立后计算，再代入条件概率公式求，从而构造，根据，讨论的取值，判断函数的单调性，从而确定最大值.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
传输结果各位数字之和为奇数概率为，
传输结果的数码个数为偶数的概率为，
由，
.
【小问3详解】
记，
则
①当时，，
②当时，，，即单调递增，不存在最大值.
③当时，正负无法确定，
当奇数时，，当为偶数时，，
要使取到最大值，应取偶数，记，，
，
，
单调递减，，
综上所述：
当时，不存在最大值：
当时，恒为常数；
当时，在时取到最大值.－
0
＋
0
－
极小值
极大值