2026年江苏省南京市高三第一次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年江苏省南京市高三第一次模拟考试数学试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了已知函数，等比数列的各项均为正数，且，则，的展开式中含的项的系数为等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．历史上有不少数学家都对圆周率作过研究，第一个用科学方法寻求圆周率数值的人是阿基米德，他用圆内接和外切正多边形的周长确定圆周长的上下界，开创了圆周率计算的几何方法，而中国数学家刘徽只用圆内接正多边形就求得的近似值，他的方法被后人称为割圆术．近代无穷乘积式、无穷连分数、无穷级数等各种值的表达式纷纷出现，使得值的计算精度也迅速增加．华理斯在1655年求出一个公式：，根据该公式绘制出了估计圆周率的近似值的程序框图，如下图所示，执行该程序框图，已知输出的，若判断框内填入的条件为，则正整数的最小值是
A．B．C．D．
2．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知函数在上有两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在中，点为线段上靠近点的三等分点，点为线段上靠近点的三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数（表示不超过x的最大整数），若有且仅有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．等比数列的各项均为正数，且，则( )
A．12B．10C．8D．
7．已知x,y满足不等式组,则点所在区域的面积是( )
A．1B．2C．D．
8．自2019年12月以来，在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例，研究表明，该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府反应迅速，采取了有效的防控阻击措施，把疫情控制在最低范围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记，有3个不同的住户属在鄂返乡住户，负责该小区体格检查的社区诊所共有4名医生，现要求这4名医生都要分配出去，且每个住户家里都要有医生去检查登记，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．72种
9．的展开式中含的项的系数为（ ）
A．B．60C．70D．80
10．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”．如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦至少有2个阳爻的概率是（ ）
A．B．C．D．
11．记单调递增的等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
12．数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，则实数λ的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知实数，满足，则目标函数的最小值为__________．
14．已知集合，，则__________．
15．已知曲线，点，在曲线上，且以为直径的圆的方程是．则_______．
16．设集合，（其中e是自然对数的底数），且，则满足条件的实数a的个数为______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，.
求证：平面；
求点到平面的距离.
18．（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；
（2）设点，直线与曲线交于两点，求的值.
19．（12分）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.
20．（12分）如图，平面四边形中，，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）已知.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若时不等式成立，求的取值范围.
22．（10分）已知抛物线与直线.
（1）求抛物线C上的点到直线l距离的最小值；
（2）设点是直线l上的动点，是定点，过点P作抛物线C的两条切线，切点为A，B，求证A，Q，B共线；并在时求点P坐标.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
初始：，，第一次循环：，，继续循环；
第二次循环：，，此时，满足条件，结束循环，
所以判断框内填入的条件可以是，所以正整数的最小值是3，故选B．
2．A
【解析】
根据y=Acs（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】
函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
本题考查函数y=Acs（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
3．C
【解析】
对函数求导，对a分类讨论，分别求得函数的单调性及极值，结合端点处的函数值进行判断求解.
【详解】
∵ ，.
当时，，在上单调递增，不合题意.
当时，，在上单调递减，也不合题意.
当时，则时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又，所以在上有两个零点，只需即可，解得.
综上，的取值范围是.
故选C.
本题考查了利用导数解决函数零点的问题，考查了函数的单调性及极值问题，属于中档题．
4．B
【解析】
，将,代入化简即可.
【详解】
.
故选：B.
本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运算能力，是一道中档题.
5．A
【解析】
根据[x]的定义先作出函数f（x）的图象，利用函数与方程的关系转化为f（x）与g（x）=ax有三个不同的交点，利用数形结合进行求解即可．
【详解】
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
若有且仅有3个零点，
则等价为有且仅有3个根，
即与有三个不同的交点，
作出函数和的图象如图，
当a=1时，与有无数多个交点，
当直线经过点时，即，时，与有两个交点，
当直线经过点时，即时，与有三个交点，
要使与有三个不同的交点，则直线处在过和之间，
即，
故选：A．
利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域(最值)问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.
6．B
【解析】
由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．
【详解】
∵数列是等比数列，∴，，
∴．
故选：B.
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．
7．C
【解析】
画出不等式表示的平面区域，计算面积即可.
【详解】
不等式表示的平面区域如图：
直线的斜率为，直线的斜率为，所以两直线垂直，故为直角三角形，易得，，，，所以阴影部分面积.
故选：C.
本题考查不等式组表示的平面区域面积的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于常考题.
8．C
【解析】
先将4名医生分成3组，其中1组有2人，共有种选法，然后将这3组医生分配到3个不同的住户中去，有种方法，由分步原理可知共有种.
【详解】
不同分配方法总数为种.
故选：C
此题考查的是排列组合知识，解此类题时一般先组合再排列，属于基础题.
9．B
【解析】
展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，由二项式的通项，可得解
【详解】
由题意，展开式中含的项是由的展开式中含和的项分别与前面的常数项和项相乘得到，
所以的展开式中含的项的系数为．
故选：B
本题考查了二项式系数的求解，考查了学生综合分析，数学运算的能力，属于基础题.
10．C
【解析】
利用组合的方法求所求的事件的对立事件,即该重卦没有阳爻或只有1个阳爻的概率,再根据两对立事件的概率和为1求解即可.
【详解】
设“该重卦至少有2个阳爻”为事件.所有“重卦”共有种；“该重卦至少有2个阳爻”的对立事件是“该重卦没有阳爻或只有1个阳爻”,其中,没有阳爻（即6个全部是阴爻）的情况有1种,只有1个阳爻的情况有种,故,所以该重卦至少有2个阳爻的概率是.
故选：C
本题主要考查了对立事件概率和为1的方法求解事件概率的方法.属于基础题.
11．C
【解析】
先利用等比数列的性质得到的值，再根据的方程组可得的值，从而得到数列的公比，进而得到数列的通项和前项和，根据后两个公式可得正确的选项.
【详解】
因为为等比数列，所以，故即，
由可得或，因为为递增数列，故符合.
此时，所以或（舍，因为为递增数列）.
故，.
故选C.
一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2）公比时，则有，其中为常数且；
（3） 为等比数列（ ）且公比为.
12．D
【解析】
利用等差数列通项公式推导出λ，由d∈[1，2]，能求出实数λ取最大值．
【详解】
∵数列{an}是等差数列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16＝15，
∴1+3d+λ（1+9d）+1+15d＝15，解得λ，
∵d∈[1，2]，λ2是减函数，
∴d＝1时，实数λ取最大值为λ．
故选D．
本题考查实数值的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．-1
【解析】
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．
【详解】
作出实数x，y满足对应的平面区域如图阴影所示；
由z＝x+2y﹣1，得yx，
平移直线yx，由图象可知当直线yx经过点A时，
直线yx的纵截距最小，此时z最小．
由，得A（﹣1，﹣1），
此时z的最小值为z＝﹣1﹣2﹣1＝﹣1，
故答案为﹣1．
本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，是基础题
14．
【解析】
解一元二次不等式化简集合，再进行集合的交运算，即可得到答案.
【详解】
，，
.
故答案为：.
本题考查一元二次不等式的求解、集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.
15．
【解析】
设所在直线方程为设､点坐标分别为，，都在上，代入曲线方程，两式作差可得，从而可得直线的斜率，联立直线与的方程，由，利用弦长公式即可求解.
【详解】
因为是圆的直径，必过圆心点，
设所在直线方程为
设､点坐标分别为，，都在上，
故两式相减，
可得
(因为是的中点)，即
联立直线与的方程：
又，即，即
又因为，
则有
即
∴.
故答案为：
本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系、弦长公式，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题.
16．
【解析】
可看出，这样根据即可得出，从而得出满足条件的实数的个数为1．
【详解】
解：，
或，
在同一平面直角坐标系中画出函数与的图象，
由图可知与无交点， 无解，则满足条件的实数的个数为．
故答案为：．
考查列举法的定义，交集的定义及运算，以及知道方程无解，属于基础题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
（2）取中点为,则,证得平面,利用等体积法求解即可.
【详解】
（1）因为，，
，是的中点，，
为直三棱柱，所以平面，
因为为中点，所以
平面，，又,
平面
（2），
又分别是中点，
.
由（1）知，,
又平面,
取中点为,连接如图,
则，平面，
设点到平面的距离为，
由，得，
即，解得，
点到平面的距离为.
本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、等体积法求点到面的距离；考查逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理是求解本题的关键；属于中档题.
18．（1）；（2）
【解析】
（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.
（2）利用（1）的结论，进一步利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果.
【详解】
解：（1）直线的参数方程为（为参数），转换为直角坐标方程为.
曲线的极坐标方程为.转换为，转换为直角坐标方程为.
（2）直线的参数方程为（为参数），转换为标准式为（为参数），
代入圆的直角坐标方程整理得，
所以，.
.
本题属于基础本题考查的知识要点：主要考查极坐标，参数方程与普通方程互化，及求三角形面积．需要熟记极坐标系与参数方程的公式，及与解析几何相关的直线与曲线位置关系的一些解题思路．
19．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由正方形的性质得出，由平面得出，进而可推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论；
（Ⅱ）取的中点，连接、，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能求出二面角的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）是正方形，，
平面，平面，
、平面，且，平面 ，
又平面，平面平面；
（Ⅱ）取的中点，连接、，
是正方形，易知、、两两垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，，，，
、、、，
设平面的一个法向量，，，
由，得，令，则，，.
设平面的一个法向量，，，
由，得，取，得，，得.
，
二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
20．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；
（2）由于在中，，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】
（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.
所以在中，，则，又，所以，由，
所以为等边三角形，
又是的中点，所以，又平面，
则有平面，
而平面，故平面平面.
（2）解法一：在中，，取中点，所以，
由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，方向为轴方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，由得取，则
设直线与平面所成角大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

解法二：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，，所以，设到平面的距离为，由，即，即，
可得，
设直线与平面所成角大小为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.
21．（1）；（2）
【解析】
分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；
(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.
详解：（1）当时，，即
故不等式的解集为．
（2）当时成立等价于当时成立．
若，则当时；
若，的解集为，所以，故．
综上，的取值范围为．
点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.
22．（1）；（2）证明见解析，或
【解析】
（1）根据点到直线的公式结合二次函数的性质即可求出；（2）设，，，，表示出直线，的方程，利用表示出，，即可求定点的坐标．
【详解】
（1）设抛物线上点的坐标为，
则，时取等号），
则抛物线上的点到直线距离的最小值；
（2）设，，，，
，
，
直线，的方程为分别为，，
由两条直线都经过点点得，为方程的两根，，
直线的方程为，，
，
，，共线．
又，
，
，
解，，
点，是直线上的动点，
时，，时，，
，或．
本题考查抛物线的方程的求法，考查直线方程的求法，考查直线过定点的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．