江苏省南京师范大学附属中学2026届高三5月模拟考试数学试卷含解析（word版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 设集合，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】.
2. 若，则
A. B. iC. D. 1
【答案】C
【解析】由题意得：，
所以.
3.在某次期中考试中，从800名考生中随机抽取100名考生的数学成绩进行统计分析，绘制如图所示的频率分布直方图（满分100分）．则下列说法错误的是
A. B. 成绩在的频数为35
C. 成绩中位数在区间内D. 成绩平均数在区间内
【答案】D
【解析】对于选项A，，解得.正确.
对于选项B，成绩在的频率为：，
所以频数为，正确.
对于选项C，前3个小长方形的面积和为，
而的频率是.所以前4个小长方形面积和大于.
即中位数一定出现在内，正确.
对于选项D，.所以D不正确 .
4.已知平面向量满足且，则向量和向量的夹角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，可得，因此： ，，
对两边同时平方，得，展开得，
代入，，得，解得，
所以，
同理，
所以，
根据向量夹角余弦公式可得：.
5.若，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
可得.
因为
所以.
6.已知某圆锥的底面和某圆台的下底面相同，它们的高均为2，且圆台的上、下底面圆的半径之比是1︰2，圆锥的侧面积是，则该圆台的侧面积是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设圆台的上底面圆的半径为，则圆锥的底面圆和圆台的下底面圆的半径均为，
圆锥的母线，
圆锥的侧面积是，，得，解得;
圆台的母线，
圆台侧面积为.
7.若曲线关于直线对称，则
A. B. 2C. 0D. 1
【答案】C
【解析】令，由，得或，故函数的定义域为．
由曲线关于直线对称，得定义域关于直线对称，则，
此时必有，即，解得，
此时，
因此函数的图象关于直线对称，即，满足题意，故.
8.如图，设曲线上的点与轴上的点顺次构成等腰直角三角形，直角顶点在曲线上，则点的横坐标为
A. 20B. 21C. 100D. 101
【答案】A
【解析】因为是等腰直角三角形，可设，则，
代入可得，，即，
再结合与的图象交点可知，，
所以数列是以为首项，4为公差的等差数列，
所以有，故，则点的横坐标为20.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.记为等比数列的前项和，为的公比且．若，则下列说法正确的是
A. B. 数列是等比数列
C. D. 数列是公差为2的等差数列
【答案】ABC
【解析】由题意可知，
∴，整理得，解得或，
∵，∴，A选项正确
∴，∴，∴，
∴，∴数列是等比数列，B选项正确；
，C选项正确；
，∴，∴数列是公差为的等差数列，D选项错误.
10.袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．记第一次取出球的数字为，第二次取出球的数字为．设，其中表示不超过的最大整数，则
A. B.
C. 事件“”与“”互斥D. 事件“”与“”相互独立
【答案】AC
【解析】总样本点数为种，
满足的情况数为种，由对称性可知，
又，，解得，故A正确，
由可知，
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，，满足条件的情况数有种，
，故B错误.
由可知，若，则，，所以矛盾，故C正确，
记事件为“”， 事件为“”，则，
满足的情况数为种，，
又，，，故D错误.
11.在平面直角坐标系中有与轴分别交于两点，为上的动点，以为直径的的位置随点位置的变化而变化，当点逆时针转过一周时，扫过的区域记作，则下列说法正确的是
A. 若，则与轴公共点坐标为和
B. 若以为圆心的圆可以完全覆盖区域，则该圆的面积的最小值为
C. 内的点到轴距离的最大值为
D. 与轴的公共部分上的点到轴距离平方的最大值为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，设与轴交于、，连接 ，，
因为为的直径，所以轴，
由题意可知，所以，
所以，则，所以公共点的坐标为和，故A正确；
对于B选项，如图：
连接并延长交于，
由垂径定理：，就是上到原点距离最远的点，
下面我们求的最大值：
设，则，
因为，则，
当时，取得最大值，即该圆的半径最小为，面积最小值为，故B错误；
对于C选项，如图：过作轴于，另交于，过作轴于，
因为，所以，所以，
则，
所以，令 ，
则，
所以 ，即内的点到轴距离的最大值为，故C正确；
对于D选项，如图：
设与轴交于点（图中为上方的点），则，反面想，
对于轴正半轴上一点作，若与有公共点即为点，
当离轴最远时，与有且仅有一个公共点．
设，则，，
原点到的距离：，解得，
故与轴的公共部分上的点到轴距离的最大值为，
即与轴的公共部分上的点到轴距离平方的最大值为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知，则的展开式中的系数为________.
【答案】-18
【解析】∵，∴，即，
则的展开式，
令，则，∴，
∴的展开式中的系数为 .
13.已知定义在上的函数的图象关于直线对称，且．当时，，则_______.
【答案】
【解析】由函数的图象关于直线对称，可得对任意，，
替换得①，
由已知，整理得：②，
联立①②得，替换得，
， 即是周期为的周期函数.
故 .
14.已知函数，设曲线在点处切线的斜率为．若均不相等，且，则的最小值为________.
【答案】9
【解析】已知函数，对函数求导得，，
根据导数的几何意义，有，，，
因为，所以，
令，，
则，因此，而，所以，
而，，,
代入，得，，
而由基本不等式得，，
当且仅当时取等，
故的最小值为 .
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.在中，内角对边分别是．已知，且的外接圆面积为．
（1）求的大小；
（2）若，求的面积 .
【解析】(1)由正弦定理可得：，
.
因为，所以，上式即为，所以，
由外接圆面积，解得外接圆半径，
由正弦定理得 .
(2) 将代入余弦定理，
得： ，整理得，解得，均为正根符合要求，
代入面积公式，故面积为或 .
16.已知数列的前项和为，对任意，满足，且．数列满足，且其前两项和为6，前4项和为．
（1）求数列，的通项公式；
（2）将数列，的项按照“当为奇数时，放在的前面；当为偶数时，放在的前面”的要求进行排列，得到一个新的数列：．求该数列前39项的和.
【解析】(1)且，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，.
当时，.
也适合上式，所以，.
，即，且，
所以，数列是正项等比数列，设其公比为，则.
由题意可得，解得，
因此， .
(2)数列的前项和为，
数列的前项和为，
设新数列为，其前项和为，
则 .
17.如图，在三棱柱中，平面平面，，，，
（1）证明：平面；
（2）求的长；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】
(1) 证明：因为，所以四边形是菱形，
所以，又，且，
所以，因为，平面，平面，
所以平面.
(2)在△中，由，，，
所以，
如图，取的中点，连接，，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，因为，，，平面，
且，所以平面，
因为平面，所以因为的中点为，
所以，在△和△中，可知，
在△中，可知，
因为，所以，
解得： .
（3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18.双曲线的左右顶点为，其渐近线上有一点，且轴．
（1）求双曲线的方程；
（2）过点作直线交于点，点在第一象限．
（i）若的面积为14，求直线方程；
（ii）若为钝角，过作的垂线，垂足为，求的最大值.
【解析】 (1) 双曲线的渐近线上有一点，所以其渐近线方程为，，即.
又轴，，即.
双曲线的方程为.
(2) （i）由（1）可得，，，.
直线的方程为.
设，①.
点到直线的距离.
，整理得，②
联立①②，解得，故点
直线的方程为.
（ii）.
为钝角，，.
则，
当时，有最大值.
19.（1）设函数，求证：．
（2）已知均为大于1的整数，个同学每人在1到这个正整数中任取一个数字，记为仅被选取到一次的数字的个数．
（i）若，求的分布列与期望；，
（ii）若，求证：.
【解析】（1）函数的定义域为，
又，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故，即恒成立，在和上均单调递增，
当时，单调递增，，
又，故，此时分母，，
当时，单调递增，，此时分母，，
综上所述，当时，恒成立.
（2）（i）的分布列为
期望
（ii），
又
，
，
假设，两边同时取对数得，
化简得，即，
又由（1）可知函数，令，得，
即，
故得证 .