江苏南京市2026年普通高等学校招生全国统一考试样卷数学试题（含解析）高考模拟

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂照.
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.本试卷共4页，考试时间为120分钟.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数定义域求法可求得集合，由交集定义可得结果.
【详解】，.
故选：B.
2. 已知复数满足，是的共轭复数，则（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出，再根据复数的乘法计算可得.
【详解】因为，
所以，
则，
所以.
故选：D
3. 在平行四边形中，为的中点．记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算计算判断.
【详解】因为四边形是平行四边形，所以，
又因为为的中点，所以，
在平行四边形中，，
.
故选：A.
4. 已知函数若存在最小值，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用二次函数的性质求得的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求解即可.
【详解】当时，，
故当时，有最小值为；
当时，单调递减，所以，由题意存在最小值，
则，解得，即c的最大值为.
故选：A.
5. 记以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为．若，，则的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用三棱锥的体积公式计算求解判断选项.
【详解】以长方体的四个顶点为顶点的三棱锥的体积为，
因为，，应用长方体的对称性，计算以为三棱锥顶点的三棱锥，
所以，
，
则的取值集合为.
故选：C.
6. 在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，或，进而可得.
【详解】若满足条件的恰有一解，如图
则，或，
当时，，
当时，，
所以AC的取值范围是.
故选：D
7. 已知为坐标原点，为圆的一条弦，弦绕点旋转一周扫过的区域为.若点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知弦绕点旋转一周时，上所有点到点的距离范围是，又点，则，可得，可得的取值范围.
【详解】设圆心到弦的距离为，圆半径，
弦绕点旋转一周时，上所有点到点的距离范围是，
所以扫过的区域是内半径为，外半径为的圆环区域，
又点，其到原点的距离为，则，
所以，
又.
8. 设，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用，得出，再换元应用二次函数单调性结合三角函数值域得出的取值范围.
【详解】因为，则，
则，
又因为，所以，
令，当单调递减，当单调递增，
所以当时，，当或时，，
所以的取值范围是.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，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. 一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用中位数的定义可判断A选项；举反例可判断B选项C；利用均值和方差公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因，
样本数据最中间的项为，
由中位数的定义可知，，A正确；
对于B，不妨令，
则，B错误；
对于C，不妨令，
则，C错误；
对于D，数据的均值为：
，
其方差为，D对.
故选：AD
10. 已知函数，点分别在函数的的图像上，为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A. 若关于的方程在上无解，则
B. 存在关于直线对称
C. 若存在关于轴对称，则
D. 若存在满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出方程在上有解的a范围判断A；设出点的坐标，由方程有解判断B；设出点的坐标，建立函数关系，求出函数的值域判断CD作答.
【详解】函数，
对于A，方程在上有解，
显然函数在上单调递增，则有，解得，
因此关于的方程在上无解，则或，A错误；
对于B，设点，依题意，点Q关于直线对称点在函数的图象上，
即关于t的方程有解，即有解，此时，令函数，
，即函数在上单调递增，，
而函数在上都单调递增，它们的取值集合分别为，
因此函数的值域为，又，于是在有解，
所以存在关于直线对称，B正确；
对于C，设点，则点P关于y轴对称点在函数的图象上，
即，令，，
即函数在上单调递减，，又，恒有，因此，C正确；
对于D，令，由得，
显然，且，，令，，
当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此，即有，，
而，当且仅当时取等号，所以，即，D正确.
故选：BCD
11. 在棱长为1的正方体中，为正方体内（含表面）的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则（ ）
A. 的最小值为
B. 点的轨迹形成图形的面积为
C. 点的轨迹与正方体表面交线的长度为
D. 当点在侧面上时，的最小值为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由图通过折叠相关平面，使共面，据此可判断选项正误；对于B和C，由题设可得M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的，据此可判断选项正误；对于D，注意到33AN+NM=NP+NM，据此可判断选项正误．
【详解】对于A，由图注意到，将平面沿折叠至平面处，使共面，
则DN+CN=A1N+CN≥A1C=3，当且仅当三点共线时取等号，故A正确；
对于B，注意到，则M的轨迹为如图以为顶点，AB为高，为母线的圆锥侧面的，
则点M的轨迹所形成图形的面积为：14π⋅BCAC=2π4，故B错误；
对于C，由B分析，点M的轨迹与正方体表面的交线长度为：AC+AB1+B1C=22+π2，故C正确；
对于D，注意到D1C1AC1=33，过N作平行线交于，则NPAN=33⇒NP=33AN，
从而33AN+NM=NP+NM≥PM=1 ，当且仅当三点共线时取等号
（此时分别位于正方形，正方体，正方形中心），故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为________．
【答案】
【解析】
【详解】的展开式中的项为：，
所以的展开式中的系数为.
13. 设函数．若对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性，则的一个取值为__________．
【答案】(答案不唯一）
【解析】
【分析】先分析函数的单调区间，再结合已知条件分析的单调区间，进而确定的取值.
【详解】根据余弦函数的性质，函数的单调递增区间为；单调递减区间，
那么函数的单调区间长度为，在任意长度为的区间上，函数，要么单调，要么先增后减或先减后增.
函数的单调递增区间为，即；
单调递减区间，即，
又对于任意的，函数和中至少有一个在上具有单调性，
当时，函数，此时单调递增区间为；单调递减区间，
函数的极值点为，函数的极值点为。因此，任意长度为的开区间不可能同时包含和的极值点，即和中至少有一个在该区间上单调。
同理，当时，都满足对于任意的，函数和中至少有一个具有单调性.
故答案为：（答案不唯一）
14. 已知直线l的倾斜角为锐角，且过抛物线的焦点，与抛物线交于A、B两点.若在该抛物线的准线上存在一点C，使得为正三角形，则直线l的斜率为_______.
【答案】
【解析】
【分析】设直线AB的方程为，与抛物线的方程联立利用韦达定理得到弦长，AB的中点为，由为正三角形，可得，且，建立方程求解即可.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
设直线AB的方程为，代入抛物线的方程，
可得，
设，，可得，，AB的中点为，
在该抛物线的准线上存在一点C，使得为正三角形，
可得，且，
由，
可得，
设，
又CH的斜率为，可得，
解得C的横坐标为，C的纵坐标为，
所以，
由，可得，解得负的舍去
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. 如图所示，该几何体是由一个直三棱柱和一个正四棱锥组合而成，，．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求正四棱锥的高，使得二面角的余弦值是．
【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）．
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据平面，结合，利用线面垂直以及面面垂直判定定理，可得结果.（Ⅱ）利用（Ⅰ）建系后求法向量，要注意两个法向量夹角和二面角平面角关系，不要弄错符号.
试题解析：（Ⅰ）证明：直三棱柱中，平面，
所以，又，，
所以平面，平面，
所以平面平面．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，以为原点，，，方向为，，轴建立空间直角坐标系，
如图
设正四棱锥的高为，，则，，，，，，．
设平面的一个法向量，
则取，则，所以．
设平面的一个法向量，则
取，则，，所以．
二面角的余弦值是，
所以，
解得．
点睛：本题主要考查了直线与平面，平面与平面垂直的证明，注意条件的合理转化，和用向量解立体几何时法向量的求解和应用.
16. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若为函数的正零点，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先得到函数的定义域，求出导函数，然后分三种情况讨论即可求得结果；
（2）根据（1）中的结论得到单调区间，将不等式转化为函数之间的关系，即可得到恒成立问题，构造新的函数，再根据导数讨论单调性即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，
，
①当即时，，
函数单调递增，增区间为，没有减区间；
②当时，令，解得，
当，则，即时，
可得函数的减区间为，增区间为；
③当，则，即时，
可得函数的减区间为，增区间为；
综上，当时，增区间为；
当时，减区间为，增区间为；
当时，减区间为，增区间为；
【小问2详解】
由（1）可知当时，函数的减区间为，增区间为，
可知等价于.
因为，为函数的正零点，
所以，等价于证明，
又由，
令，有，
可得
，
令，有，
可得函数单调递减，有，
可得当时，.
故有，可得得证.
方法点睛：借助导数讨论函数单调区间的方法：
（1）根据函数解析式得到函数的定义域，单调区间均在定义域内讨论；
（2）求出函数的导函数，根据导函数的正负来判断原函数的单调性，这个时候注意分情况讨论，大多数时候需要令导函数为零求出极值；
（3）本题关键点是利用单调性和零点定义将不等式转化为恒成立问题，然后通过换元构造新的函数，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想和分类讨论思想的应用.
17. 已知双曲线的右焦点为，过点的直线交双曲线右支于、两点（点在轴上方），点在双曲线的右支上，直线交轴于点（点在点的右侧）．
（1）求双曲线的渐近线方程；
（2）若点，且，求点的坐标；
（3）若的重心在轴上，记、的面积分别为、，求的最小值．
【答案】（1）
（2）点的坐标为
（3）的最小值为
【解析】
【分析】（1）根据双曲线方程即可得其渐近线方程；
（2）由点可得，从而可利用三角形外角关系从而可得直线的斜率，将直线方程代入双曲线方程求解即可得点的坐标；
（3）设直线，代入双曲线方程得交点坐标关系，由重心可得，根据点线关系即可得的范围，再结合三角形面积关系得与的关系，由基本不等式可得最值.
【小问1详解】
已知双曲线，则，所以双曲线方程为；
【小问2详解】
双曲线的右焦点，
又，所以，则，
因为，所以，
则直线，即，
所以，解得，即，
则，所以点的坐标为；
【小问3详解】
设直线，
，
则，
因为直线过点且与双曲线右支交于、两点，所以，
又因为的重心在轴上，所以，
由点在点的右侧，可得，所以，解得，所以，
而，代入可得，
所以，
代入化简可得：，
所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
18. 已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求角C的取值范围；
（2）证明：
（3）求 的取值范围．
(提示： 其中S为三角形面积)
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据锐角三角形，结合余弦定理，再通过对勾函数的性质求解即可.
（2）通过余弦定理，正弦定理求解即可.
（3）设，，以及化简求解即可.
【小问1详解】
因为三角形是锐角三角形，故，解得，解得且，
，由于对勾函数在单调递减，在单调递增，
当或时，，，当且仅当时，取等号，故当时，
，故，由于，故.
【小问2详解】
由正弦定理可得，，
即，
，通过和差化积可得，
，
以及
代入可得，，
整理可得，因为，
所以两侧同时除以，可得.
【小问3详解】
设，，，则，令，
由在三角形中，，
所以，
所以，
即，则，
且，化简可得，，
因为，所以，所以
所以，可得，由可得，所以.
19. 定义：若一个数列满足其首项为0，且对于可取或的概率均为0.5，则我们称该数列为“可取数列”．已知数列为“可取数列”．
（1）求证：；
（2）在“可取数列”中，设随机变量是的值，求：
①的概率分布；
②的期望．
【答案】（1）证明见解析
（2）①，；②
【解析】
【分析】（1）由条件可得或，结合独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求结论；
（2）①设，可得，结合古典概型概率公式求结论；
②由①，，结合期望公式和组合数性质求结论.
【小问1详解】
解：当时概率为，
当时概率为，
所以的概率为．
【小问2详解】
①设，
则对任意正整数取或的概率均为，且，
设．显然，
再设此时，，，中有个，个，则，
因此只能取之间的偶数值，
所以， 其中
对于偶数，
事件相当于在个数，，，中，有个取1，个取，
所以的概率分布可表示为，.
②．
所以，，
则