2026年高考考前预测卷：数学（江苏专用03 ） （全解全析）

这是一份2026年高考考前预测卷：数学（江苏专用03 ） （全解全析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题 共58分）
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． 集合，则（ ）
A. B.
C. D.
1.【答案】C
【解析】因为指数函数是上的增函数，
所以由，可得，即；
而 ，等价于或，
解得或，即或
所以 ，故.
故选：C.
2.【创新题】若，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
2.【答案】C
【解析】由，
其中，当时，最大值为.
故选：C.
3.已知数列的首项，且满足，则（ ）
A. B. C. 10D. 12
3.【答案】A
【解析】由题意可得：，
令，则可得：，
所以是等差数列，公差为2.
又因为，所以，
所以.
故选：A.
4.【新情景】现有一个迷宫如图所示，小球从三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.【答案】A
【解析】若小球从口滚动进入，则一定从口滚动出来．
若小球从口滚动出来，可能是从口或口滚动进入，
所以“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的充分不必要条件．
故选：A.
5. 已知中，若，且点在上，则（ ）
A. B. C. D. 1
5.【答案】C
【解析】中，由，得，
，又，且点在上，则，
所以.
6.【新考法】已知符号函数，是平面内三个不同的单位向量，若，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.【答案】A
【解析】由题意可知，且和中，一个大于0，另一个小于0，
不妨设，由函数可知．
不妨设，，，，
所以，，所以
所以，
则有，
因为，所以，所以，
所以.
故选：A.
7. 四面体中，平面平面，，，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
7.【答案】B
【解析】如图，设的外心为点，过点作于点，连接，
取边的中点为点，连接，则.
因平面平面平面平面， 平面，
则平面又平面故.
因为，，所以，
中，由正弦定理，，解得，
在中，，则，
在中，由面积相等可得，解得，
则，，
在中，，在中，，
即，故点为该四面体外接球的球心，故其表面积为.
故选：B.
8.【创新题】 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
8.【答案】D
【解析】令，则，所以在上单调递增，
则原不等式等价于，因为，所以，
故，所以，
解得，所以不等式的解集为．
故选：D
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. 将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上只有一个零点
C. 在上单调递增
D. 点是图象的一个对称中心
9.【答案】BD
【解析】将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，
可以得到，再将所得图象向右平移个单位长度，
可得到函数的图象．
对于A选项，函数的最小正周期为，A选项错误；
对于B选项，，，解得，
只有一个零点，B选项正确；
对于C选项，，，而在上不单调，
故在上并不单调，C选项错误；
对于D选项，，D选项正确．
故选：BD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 为偶函数
B. 若，，则
C. 存在实数，使得为减函数
D. 当时，有两个零点
10.【答案】BCD
【解析】】由题得的定义域为，且，
对于选项A：由于的定义域不对称，所以不可能是偶函数，故A选项错误；
对于选项B：若，则，则，
若且，则分别属于和，不妨设，，如下图：
则，，若，则有，即，
，最终有，故B选项正确；
对于选项C：若存在实数使得为减函数，即，证明如下：
，则，
①当时，若，则有恒成立，则，此时有；
②当时，若，则有恒成立，则，此时有；
综上，当时，，为减函数，故C选项正确.
对于选项D：当时，，，
①当时，恒成立，单调递减，
②当时，令，解得，则有，故在上单调递增，在上单调递减.
综上，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
在上，单调递减，且，，故在上有且仅有1个零点，
在上，在处取极大值，故是内唯一零点.
综上，有2个零点，故选项D正确.
故选：BCD.
11. 过双曲线左焦点的直线与圆相切于点，与的一个交点为，则（ ）
A. 与一定有两个交点
B. 点在的一条渐近线上
C. 若，则的离心率为
D. 若，则
11.【答案】BCD
【解析】对于选项B：由题意可知：，，，
可得，则直线的斜率，
可知直线即为双曲线的其中一条渐近线，所以点在的一条渐近线上，故B正确；
对于选项A：若，则直线的斜率，且渐近线的斜率为，
可知直线与双曲线的一条渐近线平行，此时与有且仅有1个交点，故A错误；
对于选项C：设双曲线的另一个焦点为，
若，可知点为的中点，
且为的中点，则，，可得，
由勾股定理可得：，即，
可得，所以双曲线的离心率为，故C正确；
对于选项D：若，则，，
所以，故D正确.
故选：BCD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．中国灯笼又统称为灯彩、主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．育德中学4名同学在庆元旦活动中，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方法有___________种．（用数字作答）
12.【答案】
【解析】因为这4名同学每人有三种选购方法，所以共有种不同的选购方法．
故答案为：81.
13.已知，，则__________
13.【答案】##
【解析】由题知①，
②，
得，
即，
所以，所以.
14. 【新定义】若数列满足（，当且仅当为奇数时取“”），则称为“数列”.设数列为“数列”，，则的最小值为__________；若，则正整数的最大值为__________.
14.【答案】 ①. 16 ②. 86
【解析】因为数列为“数列”，且，，
所以当时，；
当时，，又，所以；
当时，.
所以的最小值为16.
因为数列为“数列”，所以，
又，所以数列为递增数列.
问题转化为：数列增长速度最慢时，由，求的值.
此时：
设，则；
当时，，所以；
当时，，又，所以；
当时，，所以；
当时，，又，所以；
当时，，所以；
……
归纳得：当为奇数时，；当为偶数时，.
又.
若，，
由，
即；
若，，
由，
即.
此时，，.
又，所以数列应该是在第85项之后，突然改变增长速度，使得.
故的最大值为86.
故答案为：16；86
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．（13分）已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）求证：当且时，.
15．（13分）
【解析】（1）函数的定义域为，
,令，解得， （3分）
当时，，单调递减；
当时，，单调递增。
所以的单调递减区间是，单调递增区间是； （5分）
极小值为，无极大值. （6分）
（2）令，则 ， （8分）
由（1）可知，即的最小值为， （9分）
已知，代入得： ，
因此对任意恒成立，故在上单调递增， （11分）
当时，，即： 得证. （13分）
16.（15分）
记的内角的对边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求；
（3）若，当角最大时，求的面积
16.（15分）
【解析】（1），由正弦定理可得：， （2分）
，， （4分）
两边同时除以，可得：. （6分）
（2）方法1：，则，
结合正弦定理得，，
即， （8分）
则，
所以，即，
解得，又，
所以. （10分）
方法2：同方法可得，
由（1）可得，所以，
即，又， （8分）
所以，解得，，
所以. （10分）
（3）方法1：，，
，， （12分）
， （13分）
当且仅当时等号成立，此时取到最大值，
，当最大时，. （15分）
方法2：由（1）知，则， （12分）
所以
，当且仅当，即时，取“=”， （ 13分）
此时，则，. （15分）
17.（15分）
【创新题】如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点．
（1）求证：平面平面；
（2）当F为中点时，平面与平面所成二面角夹角的余弦值为．
（i）求的长度；
（ii）有系列“二分球族”其中为中点，为中点，……，为中点，平面截三棱锥的外接球的图形为，的面积为，其中，2，……，n，请问数列中是否存在3项成等差数列，请说明理由．
17.（15分）
【解析】（1）证明：平面 平面，
∴平面平面， （1分）
又∵平面平面，且，
平面， （2分）
又平面，故．
在中，，E为线段的中点，则． （3分）
因平面，平面，，平面． （4分）
平面，∴平面平面． （5分）
（i）易知，，两两垂直，以A为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， （6分）
令，则，，，，
，， （7分）
设为平面的一个法向量．
故即取， （9分）
取为平面的一个法向量．
，解得，故． （10分）
（ii）如图，取中点，作于．
由，所以满足．
则为三棱锥的球心，其中，2，…，n． （11分）
因为，则，则平面，
则为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，为半径
由，则，
所以圆的面积，
假设存在m，n，且使得，，成等差数列，则． （13分）
即化简可得
因，，所以为偶数，即（*）式不成立，
所以数列中不存在3项成等差数列． （15分）
18.（17分）
如图，已知椭圆，A，B分别是椭圆的左右顶点，，，P为椭圆上动点．
（1）求的最大值；
（2）动点T满足，过T作于H，线段交椭圆于点M，过A作交椭圆于点N．求证：直线过定点；
（3）如图，是一个表面被涂上红色的棱长是的立方体，将其分割成个棱长为的小立方体放在盒子中摇匀，点从点出发沿椭圆曲线在，，，四点顺时针或逆时针跳动，跳动规则如下：从一个字母沿椭圆曲线顺时针或逆时针跳动到下一个字母为次跳动，从盒子中有放回的抽取个小立方体为次操作，抽到三面涂红色的小立方体顺时针跳动次，抽到六个面均没有涂红色的小立方体逆时针跳动次，抽到一面涂红色的小立方体顺时针跳动次，抽到两面涂红色的小立方体逆时针跳动次，求经过次操作后点在的概率为多少？
18.（17分）
【解析】（1）设，根据题意，，且，，
（2分）
， （3分）
当且仅当或等号成立，
所以的最大值为． （4分）
（2）设，，，直线，
因为动点满足，则点在以为直径的圆上运动，则，
又，所以，则． （5分）
的斜率，
因为，则的斜率．
所以此时的斜率， （6分）
则．所以，①
将代入①式，
整理得，②
联立直线方程与椭圆方程，
得． （7分）
，即．③
，， （8分）
代入②式得，
化简得，解得（舍去），或，满足不等式③成立．
∴直线方程为，直线过定点． （9分）
（3）由题意，盒子中三面涂红色的小立方体有8个，每次抽到后顺时针跳动1次的概率为，
盒子中六个面没有涂红色的小立方体有8个，每次抽到后逆时针跳动1次的概率为，
盒子中一面涂红色的小立方体有24个，每次抽到后顺时针跳动2次的概率为，
盒子中两面涂红色的小立方体有24个，每次抽到后逆时针跳动2次的概率为， （11分）
设经过次操作后点在处为事件，，
设点在处为事件，，
设点在处为事件，，
设点在处为事件，，
易知，由对称性知，即， （12分）
计算得，
而，
即，④
又，代入④式得，
即，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
又，
即，⑤
将，代入⑤式得， （14分）
即，
所以是以为首项，为公比的等比数列， （15分）
所以，即，
所以. （17分）
19．（17分）
我们知道，奇函数的图象关于原点对称.类比奇函数的定义，我们可以定义中心对称函数：设函数的定义域为，若对，都有，则称函数为中心对称函数，其中为函数的对称中心.比如，函数就是中心对称函数，其对称中心为.且中心对称函数具有如下性质：若为函数的对称中心，则函数为奇函数.
（1）已知定义在上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求的值.
（2）已知函数为中心对称函数，有唯一的对称中心，请写出对称中心并证明；
（3）求数组的个数，其中，且为中心对称函数.
19．（17分）
【解析】（1）由函数的图象关于点中心对称，故有， （2分）
令，则有，故，令，则有， （3分）
又当时，，故， （4分）
故，即，； （5分）
（2）对称中心为，证明如下：由，则有，解得且， （7分）
， （8分）
故函数的对称中心为； （10分）
（3）设的对称中心为，则该函数定义域关于中心对称，
由，则有、，又、、，
若对称中心为，则必有，且，故，，共有2022个数组符合题意； （12分）
若对称中心为，则必有，且，
故，共有个数组符合题意；若对称中心为，则必有，且，
故，共有个数组符合题意； （13分）
若对称中心为，则必有，或，经检验不合题意；
若对称中心为，则必有，且， （15分）
故，共有个数组符合题意；
综上所述，数组的个数为. （17分）