江苏省苏锡常镇四市2026届高三下学期5月教学情况调研（二）数学试卷（含解析）

这是一份江苏省苏锡常镇四市2026届高三下学期5月教学情况调研（二）数学试卷（含解析），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设为虚数单位，若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．某市高三年级共有男生20000人，已知他们的身高（单位：）近似服从正态分布，则身高落在区间内的男生人数约为（ ）
（参考数据：若，则）
A．3413B．5120C．6827D．10328
4．在平行四边形中，为的中点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则关于的展开式中各项系数之和的最小值为（ ）
A．2B．4C．8D．16
6．已知，则“”是“”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
7．如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆心为，，垂足为.线段绕轴旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数（为自然对数的底数），若对任意，总存在，使得，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知3张奖券中只有2张有奖奖券，甲､乙2名同学依次随机抽取1张奖券.记事件为“甲中奖”，事件为“乙中奖”，则下列说法正确的有（）
A．若抽取后放回，则
B．若抽取后不放回，则
C．若抽取后放回，则
D．若抽取后不放回，则
10．已知在中，.设函数，则（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．
D．在区间上有且仅有3个零点
11．在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线上的点满足. 记的轨迹为，则下列说法正确的有（ ）
A．关于轴､轴､原点都对称
B．上的点到原点的距离的最大值为1
C．存在，使得到点和点的距离之差大于2
D．任意
三、填空题
12．已知数列是各项均为正数的等比数列，设，若，则__________.
13．在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________．
14．甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取张卡片.记为甲抽取的张卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为__________；游戏规定：出现“默契局”时，乙得分，甲得分，否则乙得分，甲得分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望__________.
四、解答题
15．记的内角的对边分别为.已知是锐角，.
(1)若，求的值：
(2)若平分，求的面积.
16．如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面.
(1)证明：；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
17．已知函数，曲线在点处的切线方程为（为自然对数的底数）.
(1)求的极值；
(2)证明：.
18．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右顶点和上顶点分别为和，．
(1)求的标准方程；
(2)设为线段上的动点，过作平行于轴的直线与在第一象限内交于点，点满足，延长线段交于另一点．
①当的横坐标为1时，记直线和的斜率分别为和，求的值；
②当直线的斜率为1时，直线与线段交于点，记和的面积分别为和，求的值．
19．我国北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中的隙积术，给出了二阶等差级数的求和方法，通过“构造”来研究数列问题，体现了构造法在数列研究中的价值.例如，在数列中，已知，可以通过两种思路来求解：一是构造，则数列的奇数项和偶数项分别成等差数列；二是构造，则数列是等比数列或常数列.请解决以下问题：
已知数列满足，记为的前项和.
(1)若，求的值；
(2)若，求满足不等式的所有正整数；
(3)若，证明：当时，.
参考答案
1．C
解析：已知集合，所以，即，
因为，所以.
2．B
解析：由复数（），可得.
则即.
所以，解得，因此，.
则.
3．C
解析：，则，，
，
因此身高落在区间内的男生人数为.
4．D
解析：在平行四边形中，为中点，
则，
因为，所以，
若，则，所以.
5．D
解析：令，则展开式中各项系数和为，因为，所以，
当，即时等号成立，所以展开式的各项系数之和的最小值为16.
6．A
解析：由且在上单调递增，，
若，则，
由且在上单调递减，，
若，则，
显然可推出，反之不一定成立，
综上，“”是“”的充分不必要条件.
7．D
解析：过作，如下图示，
由题意，上几何体是半径为的两个圆锥组合而成，高分别为，
令的边长为，则，，，可得，
所以上几何体的体积为，
而圆锥的体积为，
所以下几何体的体积为，
综上，上下几何体的体积之比是.
8．B
解析：因为，所以，
当时，单调递增；当时，单调递减；
故，
因为对任意，总存在，使得，
所以对，恒成立，
若，则，得，又，所以，
令，则，
令，得，，
当或时，单调递增；
当时，单调递减；
因为，所以，
则
，
同理可得，，
因为，所以，
因此，当时，对，恒成立，
故实数的最大值为.
9．ABC
解析：选项A：因每次抽取后放回，故抽取条件相同，，故A正确；
选项B：不放回时，，下面计算：事件发生有两种情况：
①甲中且乙中（）；②甲不中且乙中（），
故，所以成立，故B正确.
选项C：放回时，；因事件相互独立，
则，即成立，故C正确.
选项D：不放回时，；求：已知甲中奖，剩2张奖券中有1张有奖，
所以，，故D错误.
10．AC
解析：因为，所以，
所以，
因为，所以，
则在中，，故A正确；
，
若，则，
因为正弦函数在上不单调，所以在区间上不单调，故B错误；
因为，
所以，故C正确；
若，则，
因为正弦函数在上存在个零点，
所以在区间上有且仅有2个零点，故D错误.
11．ABD
解析：设，因为且，
所以，又在射线上，所以存在使得，
即，又根据可得，
即，代入点坐标得，
再把点坐标代入双曲线方程有，
整理得的轨迹的方程为且，
对于A，无论是把替换为，还是把替换为，或者同时替换，
的方程及限制条件都不变，所以关于轴､轴､原点都对称，A正确；
对于B，由前述分析可知，当即点坐标为时，
取得最大值，B正确；
对于C，若到点和点的距离之差大于，
则在以点和点为焦点且半实轴的双曲线上，
该双曲线上的点显然满足，而由可知，
所以到点和点的距离之差不可能大于，C错误；
对于D，设，则由的方程可得且，
所以，即，D正确.
12．26
解析：根据题意，，已知，即，
，即，
由于数列是等比数列，所以，代入上式得，，解得或，
由于数列的各项均为正数，所以，则数列的通项公式为，
因此.
13．4
解析：
已知抛物线的准线为，则的方程为：，
已知点在上，则，
以为圆心的圆与相切，设圆的半径为，则，
又圆与相切且截轴所得的弦长为，
，解得，即，
，解得．
14．
解析：①甲先从张卡片中随机抽取张，有种组合，乙从剩下的张中随机抽取张，有种组合，
因此一局游戏中甲乙抽卡的所有可能结果总数为种，
甲抽取张卡片中较大编号为，乙抽取张卡片编号为，“默契局”的条件是，
由题意可知，的可能取值是，
当时，甲抽到的卡片只能是，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或或或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种；
当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或或，此时需满足，没有满足条件的，情况数为种；
因此，“默契局”的总情况数为种，一局游戏成为“默契局”的概率为.
②设单局游戏中甲乙得分之和为，则
如果是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为；
如果不是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为；
则单局得分之和的期望为，
由于三局游戏是相互独立的，总得分之和是三局得分之和的累加，根据数学期望的线性性质，有.
15．(1)
(2)
解析：（1）因为，所以，
因为是锐角，所以，所以，
所以；
因为，所以由正弦定理得，
又因为，所以，
因为，所以，
所以由正弦定理得；
（2）由余弦定理得，解得，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以的面积.
16．(1)证明见解析
(2)2
解析：（1）法一：取中点，连接，
因为是的中点，所以且.
由直三棱柱的性质知且，所以且，
又因为是的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以，
结合，所以，又因为是的中点，所以.
法二：由直三棱柱的性质知平面，
因为平面，所以，
又因为，所以两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
则.
因为分别为和的中点，所以.
因为平面，所以，
又因为，所以，
由解得，即.
（2）法一：在等腰直角中，因为，所以.
由（1）知，平面且.
设到平面的距离为，
则三棱锥的体积.
又因为三棱锥的体积，
所以由，得，解得.
因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，
所以，因为，所以，即的长为2.
法二：因为，所以由（1）知，
设平面的一个法向量为，
则取，则，即.
设直线与平面所成角为，则，
即，化简得，
因为，所以，即的长为2.
17．(1)极小值为0，无极大值.
(2)证明见解析
解析：（1），求导可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）因为，，所以在点处的切线方程为，即，所以，
设，求导可得，
设，求导可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的极大值为，即，在上单调递减，
因为，
所以当时，，，
当时，，，
综上所述，.
18．(1)
(2)①；②
解析：（1）设的焦距为，右顶点，上顶点，
离心率为，，
，，
，解得，故，
，
的标准方程为．
（2）由题意可得，，直线的方程为，
①当的横坐标为1时，，
由题意可知点为线段的中点，，
，
；
②设，直线的方程为，
由，得，
，
为线段上的动点，
，
，
，故，
三点共线，
，
又，
，
将代入上式并化简，得：
，
即 ，解得，
当时，，与点在第一象限内矛盾，舍去；
当时，直线的方程为，
，，
又，得，
．
19．(1)1013
(2)
(3)证明见解析
解析：（1）因为，所以，
由和，
得，
因为，所以，
所以.
（2）因为，所以，
即，
因为，所以，即，
所以，因为，所以，
所以.
因为，所以，化简得，解得，
所以满足不等式的所有正整数为.
（3）因为，
所以，
即，
因为，所以，
所以，即，
又因为，
所以，
又因为，所以.
令，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
因为
，
所以，
综上所述，.