2025-2026学年下学期江苏省南京高三数学5月二模试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期江苏省南京高三数学5月二模试卷含答案，共11页。试卷主要包含了05， 已知圆 C等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1．本试卷考试时间为 120 分钟，试卷满分 150 分，考试形式闭卷.
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.
3. 答题前，务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 定米黑色墨水签字笔填写在答题卡上.
一、选择题:本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共计 40 分. 在每小题给出的四个选项中, 只有一项是正确的.
1. 已知 2−iz=3+i ,则 z=
A. 2 B. 2 C. 5 D. 5
2. 抛物线 y2=x 的焦点为 F ,准线为 l ,则 F 到 l 的距离为
A. 14 B. 12 C. 1 D. 2
3. x−1x6 的展开式中,常数项为
A. -20 B. -15 C. 15 D. 20
4. 已知 M,N 均为 R 的子集，且 M∩RN=⌀ ，则 M∪N=
A. ⌀ B. M C. N D. R
5. 已知圆 C:x−32+y2=9 ,直线 l 过点 P1,1 ,当 l 被 C 截得的弦长最短时,直线 l 的方程为
A. 2x−y−1=0 B. 2x+y−3=0
C. x−2y+1=0 D. x+2y−3=0
6. 已知 sinα+2csα=5 ,则 tanα=
A. -2 B. −12 C. 12 D. 2
7. 曲线 y=14x 在 x=nn∈N∗ 处的切线为 ln ,分别记 ln 在 x,y 轴上的截距为 xn,yn , 则 i=1nxi⋅yi+1+xi+1⋅yi=
A. 3n−1n B. 3n+2n+1 C. 2n2+n−1n D. 2n2+3nn+1
8. 在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 ,若 C 上存在两点 A,B ,使 OA⊥OB ,且 OA=3OB ,则 C 的离心率的取值范围是
A. 0,63 B. 63,1 C. 0,36 D. 36,1
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. 金 部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 已知 a>0,b>0 ,且 a≠1,b≠1,lgab0 ,
则 g′t=et−2 ,
由 g′t=0 ,得 t=ln2 ,由 g′t>0 ,得 t>ln2 ,由 g′t0 .
法三: 只要证: lna⋅e1a>ln2 ,即证: lna⋅∣⋅1a>ln2 .
记 ga=lna+1a,a>0 ,
g′a=1a−1a2a−1a2,
由 g′a=0 ,得 u=1 ,由 g′a>0 ,得 a>1 ,由 g′aln2 .
17. (本小题满分 15 分)
解: (1) 连接 BD ,因为 ∠BCD=π2,BC=3,CD=6 ，
所以 BD=BC2+CD2=9+36=35 .
在 △ABD 中, AB=5,DA=42 ,
由余弦定理,得 cs∠ADB=DA2+BD2−AB22DA⋅BD=32+45−52×42×35=31010 ,
则 tan∠ADB=1−cs2∠ADBcs∠ADB=13 .
因为 tan∠BDC=BCCD=12 ,
因为 ∠ADC=tan∠ADB+∠BDC=13+121−13×12=1 ,
因为 ∠ADC∈0,π ,所以 ∠ADC=π4 .

(2)因为 CD=6,DA=42,DE=13DC,DF=12DA ，
所以 DE=2,DF=22 .
在 △DEF 中,由余弦定理,
得 EF2=DE2+DF2−2DE⋅DFcs∠EDF=4+8−2×2×22×22=4 ,
则 DE2+EF2=DF2 ,则 DE⊥EF .
所以 PE⊥EF,CE⊥EF ,则 ∠PEC 是二面角 P−EF−C 的平面角,
又因为二面角 P−EF−C 是直二面角,
所以 ∠PEC=90∘ ，即 PE⊥EC .
以 {EF,EC,EP} 为正交基底建立空间直角坐标系 E−xyz ，则 A4,2,0 ，
B3,4,0,C0,4,0,P0,0,2 ,
所以 AB=−1,2,0,AP=−4,−2,2,PC=0,4,−2 .
设平面 PAB 的法向量 n=x,y,z ,则 −x+2y=0,−4x−2y+2z=0, 则 x=2y,z=5y.
令 y=1 ,则 n=2,1,5 是平面 PAB 的一个法向量.
设直线 PC 与平面 PAB 所成角为 θ ,
则 sinθ=cs=PC⋅nPC⋅n=630×25=610 ,
所以 PC 与平面 PAB 所成角正弦值为 610 .
18. (本小题满分 17 分)
解: (1)因为双曲线 C 的右顶点为 1,0 ,所以 a=1 ,
又因为 C 的渐近线互相垂直，所以 ba=1 ，则 b=1 ，
所以 C 的方程为 x2−y2=1 .
(2)①由题意可知 l2 不与 x 轴垂直，且不与 C 的渐近线平行，设 l2:y=kx+m ，
由 x2−y2=1,y=kx+m, 得 k2−1x2+2kmx+m2+1=0 ,
因为 l2 与 C 有且只有一个公共点 M ,所以 Δ=4k2m2−4k2−1m2+1=0 , 所以 k2−m2−1=0 .
则 M 点横坐标 xM 满足: 2xM=−2kmk2−1 ,所以 xM=−kmk2−1=−kmm2=−km .
由 l2:y=kx+m ,令 y=0 ,得 T 点横坐标 xT=−mk .
所以 xMxT=−km⋅−mk=1 .
②由①知 T 点坐标为 −mk,0 ，
把 xM=−km 代入 y=kx+m ，得 M 点纵坐标 yM=−k2m+m=−k2+m2m=−1m ，
所以 M 点坐标为 −km,−1m ,
由于点 N 与 M 关于原点 O 对称,所以 N 点坐标为 km,1m ,
因为 l1⊥l2 ,所以 l1:x=−ky−mk ,
由 x2−y2=1,x=−ky−mk,得k2−1y2+2my+m2−k2k2=0,即m2y2+2my−1k2=0,
设 Px1,y1,Qx2,y2 ,则 y1+y2=−2m,y1y2=−1m2k2,
由 Nkm,1m,Px1,y1 ,得 NP 直线方程为: x1−kmy−1m=y1−1mx−km ,
令 y=0 ,得 A 点横坐标 xA=x1−ky11−my1 ,
同理可得 B 点横坐标 xB=x2−ky21−my2 .
所以 xA+xB=x1−ky11−my1+x2−ky21−my2=−ky1−mk−ky11−my1+−ky2−mk−ky21−my2
=−2ky1−mk−2ky2−mk1−my1
=4km+2km+mk1my1−1+1my2−1
=4km+2km+mkmy1+y2−2m2y1y2−my1+y2+1
=4km+2k2+m2mk×m−2m−2m2−1m2k2−m−2m+1
=4km+2k2+m2mk×4k21−3k2,
注意到 k2−m2−1=0 ,所以 2k2+m2=3k2−1 ,
所以 xA+xB=0 ,
所以 OA=OB ,又因为 OM=ON ,
所以四边形 AMBN 是平行四边形.
19. (本小题满分 17 分)
解: (1) 解: 1P1=C22C62=115 ,
P2=C42C62×C22C62+C41⋅C21C62×C41C52=615×115+815×410=625.
(2)若盒中有 4 个黑球， 2 个红球，一次性摸出两个球，
摸到0,1,2个红球的概率分别为 C42C62=25,C41⋅C21C62=815,C22C62=115 ,
若盒中有 4 个黑球, 1 个红球, 一次性摸出两个球,
摸到 0,1 个红球的概率分别为 C42C52=35,C41⋅C!C52=25 ,
则摸球 n 次,记第 i 次和第 n 次分别各摸到一个红球的概率为 pi ,
则 pi=25i−1×815×35n−i−1×25 i=1,2,⋯n−1 ,
摸球 n 次,记第 n 次摸到两个红球的概率为 pn ,则 pn=25n−1×115 ,
则 Pn=i=1npi=i=1n−1pi+pn
=25n−1×115+815×35n−2×25+25×815×35n−3×25+⋯+25n−2×815×25
=115×25n−1+1675×35n−2×1−23n−11−23=115×25n−1+1615×35n−1−1615×25n−1
=1615×35n−1−25n−1.
(3)法一:
设摸球 2n 次,在第 i 次和第 2n 次分别摸到一个红球的概率为 pi=25i−1×815×352n−i−1×25i=1,2⋯,2n−1,
记 M=p1+p3+⋯+p2n−1 ,则 M=1615×352n−252n , MP2n=1615×352n−252n1615×352n−1−252n−1=35+1375×252n−11615×352n−1−252n−1>35,
X2n 可能取值为 1,2,且 PX2n=1=MP2n,PX2n=2=1−MP2n ,
EX2n=MP2n×1+1−MP2n×2=2−MP2n ,故 EX2npk+1 ;
则 23p1+p3+⋯+p2n−1>p2+p4+⋯+p2n ,
故 53p1+p3+⋯+p2n−1>p1+p2+⋯+p2n ,
记 M=p1+p3+⋯+p2n−1 ,
则 MP2n=p1+p3+⋯+p2n−1p1+p2+⋯+p2n>p1+p3+⋯+p2n−153p1+p3+⋯+p2n−1=35 ,
X2n 可能取值为 1,2,且 PX2n=1=MP2n,PX2n=2=1−MP2n ,
EX2n=MP2n×1+1−MP2n×2=2−MP2n ,故 EX2n