2025-2026学年下学期江苏省泰州高三数学2026年5月四模试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年下学期江苏省泰州高三数学2026年5月四模试卷（含答案），共10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。
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. 设集合A={x||x|≥1}，B={x|x0；当x∈23,2时，f'(x)0；当x∈(2,6)时，f'(x)a4>⋯>an，
当n=2时，a2=a1，
综上所述，当n=1，2时，an的最大值为12。10分
（ii）设存在正整数p，q，使得58，ap，aq成等差数列，
即2ap=58+aq，
所以2×p2p=58+q2q，
所以p2p=516+q2q+1>516，
因为当n≥2时，数列n2n递减，
又a3=38>516，a4=140，
所以csA=12，2分
因为A∈(0,π)，
所以A=π3。3分
（2）（i）过M作MQ∥AB，MQ与CN交于Q，
因为M为BC的中点，
所以MQ∥BN，MQ=12BN，
因为3AN→=AB→，
所以MQ∥AN，MQ=AN，
所以AP=PM，
所以S∆APC=14S∆ABC。5分
因为BC=2，A=π3，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccs60°=b2+c2−bc，
所以bc≤4，
当且仅当b=c时等号成立，
所以S∆ABC=12bcsinπ3=34bc≤3，
所以∆APC面积的最大值为34。7分
（ii）由AM→=12AB→+12AC→，AM=32a得
432a2=b2+c2+2bccs60°，
即3a2=b2+c2+bc，9分
又a2=b2+c2−bc，
所以3(b2+c2−bc)=b2+c2+bc，
所以b=c。
因为A=π3，所以a=b=c。
因为CN→=CA→+AN→=13AB→−AC→，
又|CN→|=13AB→−AC→2=73a，AM→·CN→=12AB→+12AC→·13AB→−AC→=−12a2，分
所以cs∠MPN=cs⟨CN→，AM→⟩=AM→·CN→|AM→||CN→|=-12a232a×73a=-217。15分
18. 解：（1）由椭圆的离心率为32，短轴长为2得
ca=32，2b=2，a2=b2+c2，
所以a=2，b=1，c=3。
所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1。3分
（2）（i）当直线l的斜率不存在时，
因为原点O到直线l的距离为255，
所以直线l的方程为x=255或x=−255，
当x=255时，
由{x=255x24+y2=1得A(255,255)，B(255,−255)，
=y1−0x1−0×y2−0x2−0=255255×−255255=−1。
同理可得，当x=-255时，k1k2=-1。4分
当直线斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m。
因为原点O到直线l的距离为255，
高二数学答案 第5页（共10页）
所以|m|k2+1=255，
即4k2=5m2-4．6分
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由{y=kx+m,x24+y2=1得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
所以Δ=(8km)2−4(1+4k2)(4m2−4)=16(1+4k2−m2)=16(16k2+1)5>0，
又x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=k2×4m2-41+4k2+km×-8km1+4k2+m2=m2-4k1+4k2，8分
所以k1k2=y1y2x1x2=m2−4k21+4k24m2−41+4k2=m2−4k24m2−4=m2−(5m2−4)4m2−4=4−4m24m2−4=−1．
综上所述，k1k2为定值．10分
（ii）当直线l的斜率不存在时，|AB|=455．
所以∆AOB的面积为S∆AOB=12×455×255=45．11分
当直线l的斜率存在时，
由（i）得|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2|x1−x2|
=1+k2(x1+x2)2−4x1x2
=1+k2-8km1+4k22-4×4m2-41+4k2=41+k21+4k25(1+4k2)，13分
令t=1+4k2≥1，即k2=t−14，
则|AB|=25×(t+3)(4t−3)t=25−91t−122+254，
当且仅当t=2时，|AB|max=25×52=5，
所以∆AOB的面积的最大值为(S∆AOB)max=12×5×255=1．15分
此时k2=14，
即k=±12，
所以m=±1，
所以直线的方程为y=±12x+1或y=±12x-1．17分
19．解：（1）连结AE，AD，AB1，
在平行四边形AA1B1B中，
因为AB=BB1=2，∠B1BA=60°，D为A1B1中点，
所以AD⊥A1B1，由AB∥A1B1得AD⊥AB．
又平面ABB1A1⊥底面ABC，
平面ABB1A1∩底面ABC=AB，AD⊂面ABB1A1，
所以AD⊥底面ABC，
因为BC⊂面ABC，所以AD⊥BC．
又DE⊥BC，AD，DE⊂面ADE，AD∩DE=D，
所以BC⊥平面ADE．
又AE⊂面ADE，所以AE⊥BC．2分
因为BC→=4BE→，所以AE→=34AB→+14AC→，
所以34AB→+14AC→·(AC→−AB→)=0．
即 AC→2−3AB→2+2AB→·AC→=0，
因为 AB=2，AC=23，
所以 AB→·AC→=0，
即 AC⊥AB。4分
又平面 ABB1A1⊥ 底面 ABC，平面 ABB1A1∩ 底面 ABC=AB，AC⊂ 平面 ABC，
所以 AC⊥ 面 ABB1A1，
因为 BB1⊂ 面 ABB1A1，
所以 AC⊥BB1。6分
（2）设O为AB的中点，在平面ABC内，作Oy⊥AB，以OB→，Oy→，OB1→为一组正交基底
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则A(−1,0,0)，E12,32,0，B(1,0,0)，B1(0,0,3)，
取AA1的中点为F，
因为AD⊥A1D，所以FA=FA1=FD，
设四面体A1−AED外接球的球心为G，
设向量GF→=λ(0,1,0)，8分
由AA1→=BB1→=(−1,0,3)得A1(−2,0,3)，
所以F−32,0,32，G−32,−λ,32，
因为GE=GA，
所以−32−122+−λ−322+32−02=−32+12+(−λ−0)2+32−02
所以λ=−332。
所以G−32,332,32，
所以四面体A1−AED外接球的半径为r=GA=14+274+34=
所以外接球的表面积S=4πr2=31π。
（3）A(−1,0,0)，B(1,0,0)，B1(0,0,3)。
由AM+BM=4>AB=2知点M的轨迹方程为x24+y23=1。
设M(m,n,0)，则m24+n23=1。
因为∠MAB和∠MBA均为锐角，所以−1