江苏省前黄高级中学2026届高三下学期考前攀登行动二数学试题（Word版附解析）

这是一份江苏省前黄高级中学2026届高三下学期考前攀登行动二数学试题（Word版附解析），共7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。
数学试题
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知椭圆的焦距长等于短轴长的2倍，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
4．若函数（且）是偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线，若绕点顺时针旋转后恰与圆相切，则实数（ ）
A．或B．或C．或D．或
6．设数列的前项和为，若，则数列前项的极差和方差分别为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的最小正周期为，若函数在区间上单调递减，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．直线与函数的图象交于两点，过点分别作轴的垂线，垂足为，则当矩形的面积为时，的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数在复平面内对应的点分别为（其中为虚数单位，为坐标原点），则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．设，且．若随机变量满足，则下列说法正确的是（ ）（附：若随机变量，则）
A．B．
C．D．
11．在中，设角所对边分别为．若为锐角三角形，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．不存在使得其边长为三个连续的正整数
C．存在使得其三边长成等比数列
D．当时，的面积存在最大值
三、填空题
12．已知圆台的上、下底面的周长分别为 ，母线长为，则该圆台的体积为_______.
13．已知抛物线的焦点为，第一象限内的两点在抛物线上．若线段中点的纵坐标为，且，，则______．
14．已知集合，则满足，且的所有有序整数数组共有______种．
四、解答题
15．袋中装有标有数字1到6的6个大小、形状相同的小球，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等．用表示取出的3个小球标号的最小数字．
(1)求随机变量的分布列及数学期望；
(2)已知取出的3个小球的标号和为奇数，求的概率．
16．设数列满足，，且．记．
(1)证明：数列是等差数列，并求出的通项公式；
(2)设数列的前项和为，试比较和的大小．
17．如图，在三棱柱中，平面平面，,,且．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知双曲线的左、右焦点分别为，其渐近线方程为．设是上的动点，且不在轴上．
(1)求的方程；
(2)点分别在直线与上，且满足．
①证明：三点共线；
②求的最小值．
19．已知函数 ，.
(1)当时，若在处取得极值，求的值，并指出它是极大值还是极小值；
(2)当且时，证明：；
(3)当且时，对任意，恒成立，求整数的最小值．
参考答案
1．A
【详解】由，得，即，解得：，
则集合，所以.
2．D
【详解】由题意得，，所以，则，解得：，
所以.
3．C
【详解】对于A，若，则或与为异面直线，故A错误；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，若，由线面平行性质定理得存在直线,使得，
因为，则，又因为，则，故C正确；
对于D，若，则或与相交，故D错误.
4．C
【详解】由偶函数可知，即，
化简得，即，即.
5．D
【详解】直线，斜率，且点在直线上.
直线顺时针旋转后与原直线垂直，故旋转后直线斜率.
由点斜式得旋转后直线方程，整理得.
圆的圆心为，半径.
直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，由点到直线距离公式
化简得，解得或.
6．B
【详解】由题意知①；
当时，②；
①-②得：，化简得：.
当时，，解得.
所以数列是首项为，公比为的等比数列，且.
数列的项为：，前项中，和各出现了1013次，
所以数列前项的极差为；
数列前项的平均数：，
方差：,
综上，数列前项的极差为2，方差为1.
7．D
【详解】
，其最小正周期为，
解得，又因为，所以，，
因为，
得
，
由和差化积公式得：
，
即，下面分和两种情况讨论，
因为函数在区间上单调递减，所以，所以，
故当时，必有，
分析 的单调递减区间：令，
得的递减区间为，结合，
可得，，
且当时，有，此时不等式的等号成立.
若，则，，
，
因为的递减区间为，
所以 ， ，所以，即，
又因为关于在时递增，在 时递减，
所以的最小值为，
所以的最小值为.
8．A
【详解】由题意可得，
设函数与直线的交点为，
则，则，同理，则，
又因为，，
解得，设，
则，故，代入点坐标得，
化简得，解得，故.
9．AD
【详解】对于A选项，，，
，，所以，A 选项正确.
对于B选项，，所以，
，所以,
因为和是任意角，所以，故B选项错误.
对于C选项，，，所以，，
因此，故C选项错误.
对于D 选项，，，因此，故D选项正确.
故选AD.
10．ACD
【详解】选项A，，则，
，则，
，A正确.
选项B，，
则，
，和选项中不符，B错误.
选项C，，
，C正确.
选项D，，，
，
，
因为，，所以，
因为，
所以，
所以，D正确．
11．ACD
【详解】对于A，在锐角中，由，得，解得 ，
∴ ，∴，A正确；
对于B，由，得，由正弦定理得，
由余弦定理得，整理得，即．
由 ，得 ，
当时，令 ，方程解得，则，
不满足题目条件；
当时，令 ，
由，解得，此时，

同理,，故三角形为锐角三角形，
，因此B错误；
对于C，当时，与矛盾；
当时，，即，而，则，
即，令，函数，
求导得，函数在上单调递增，
而，则存在，使得，
∴存在使得其三边长成等比数列，C正确；
对于D，当时，，
的面积，
令，则，
，
又，∴存在唯一的，使得，
当时，，函数在上递增；
当时，，函数在上递减，
∴函数，D正确．
12．
【详解】
如图所示，四边形为圆台的轴截面，
为上底面直径，为下底面直径，分别为上、下底面圆心，
作于点，于点，那么圆台的高为,
由于圆台的上、下底面的周长分别为 ，母线长为，
所以，,
根据轴截面的性质可知，四边形为等腰梯形，四边形为矩形，
所以，
所以，.
13．
【详解】如图，过点作垂直准线于，过点作于点，
由抛物线的定义可知，，
∴，
又∵线段中点的纵坐标为，∴，
∴，
∵在第一象限，∴，，
∴，∴，即，
∴.
14．
【详解】不妨设，则，∴．
①每一有序数组的最大数与最小数的差为3时，先取四位数，有7种情况，例如四位数字，
则必有数字为，当第三个数字为或时，有种，
当第三个数字为或时，有种，
以此类推，共有种；
②每一有序数组的最大数与最小数的差为2时，先取三位数，有8种情况，例如三位数字，
则必有数字为，当第三个数字为时，有种，
当第三个数字为或时，有种，
以此类推，共有种；
∴满足条件的数组一共有种．
15．(1)的分布列为：
(2)
【详解】（1）随机变量的所有可能取值为．
，
，
的分布列为：
∴
（2）记事件为“取出的3个球的标号和为奇数”，事件为“”．
则事件为“和为奇数，且最小标号为1”.
由题意得，，，
由条件概率公式，得．
16．(1)∵，
∴，
∴，即
∴数列是以为首项，1为公差的等差数列.
∴．
(2)
【详解】（1）略
（2）由，解得，
∵，
∴，
∵，∴．
17．(1)在平面内作于点，连接．
由与，得，
∴．
又平面平面，平面平面，
，平面，∴平面．
又平面，∴．
又，
在中， ，即，
∴，故，即，
又，且，平面，
∴平面．
∵平面，∴，
又三棱柱中，四边形为平行四边形，
又，∴四边形为菱形，∴，
又，平面，
∴平面．
(2)
【详解】（1）略
（2）由（1）知平面，，
以点为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则 ，
， ， ，
则 ，
设为平面的一个法向量，
则， ．
由（1）知平面，且 ，
故令为平面的一个法向量．
记平面与平面夹角为，
故，
即平面与平面夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)①证明：设，，则．又，∴，，∵，∴，解得，∴．又，且，∴，解得，∴．∴直线的斜率，直线的斜率，∴三点共线．
②4
【详解】【小题1】∵双曲线的焦点分别为，其渐近线方程为，
∴，
解得，
∴双曲线的方程为
【小题2】①略
②由①知，，
∴，
∵，∴，
令，则，
当且仅当，即，即时，取“”，
∴的最小值为．
19．(1)，极大值
(2)当且时，，
令，则，
则的最值问题可转化为的最值问题．，
①当时，（不恒为零），∴在上单调递增，.
由 ，得到，
又，则，即.
②当时，当 时，解得或 ，
当 时，解得，则在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，则，
而，由上知，则，
又，则，
则，则，即，
综上，当时，.
(3)3
【详解】（1）当时， ，，
∵在处取得极值，
，
解得.
当时，，
当在区间变化时，的变化情况如下表所示：
∴在处取得极大值．
（2）略.
（3）当时， ，
令，
由题意知对恒成立．
而 ，
，
当时，，，当，，
则在上单调递减，，不合题意舍去，则．
当时，，
，
设，，，
则，当时，，
则在上单调递减，则，
则在上单调递减，，不合题意舍去．
当时，，
，
当时，，， ，
则在上单调递增，，符合题意；
当时，由（2）可知，，
则，1
2
3
4
1
2
3
4
0
极大