2026-2027学年江苏省无锡市高考数学三模试卷（含答案解析）

这是一份2026-2027学年江苏省无锡市高考数学三模试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了为虚数单位,则的虚部为，已知直线，已知函数等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点，若，则线段的中点到轴的距离为（ ）
A．5B．3C．D．2
2．已知双曲线的一条渐近线方程为，，分别是双曲线C的左、右焦点，点P在双曲线C上，且，则( )
A．9B．5C．2或9D．1或5
3．已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（ ）
A．B．C．D．5
4．为虚数单位,则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
5．已知是过抛物线焦点的弦，是原点，则（ ）
A．－2B．－4C．3D．－3
6．如图是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( )
A．B．C．D．
7．已知直线：与椭圆交于、两点，与圆：交于、两点.若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数（e为自然对数底数），若关于x的不等式有且只有一个正整数解，则实数m的最大值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知集合，则集合的非空子集个数是（ ）
A．2B．3C．7D．8
10． “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）
A．B．C．D．
11．在三棱锥中，，，，，点到底面的距离为2，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
12．复数，若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则等于（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．甲、乙两人同时参加公务员考试，甲笔试、面试通过的概率分别为和；乙笔试、面试通过的概率分别为和．若笔试面试都通过才被录取，且甲、乙录取与否相互独立，则该次考试只有一人被录取的概率是__________．
14．在平面直角坐标系中，双曲线的一条准线与两条渐近线所围成的三角形的面积为______.
15．已知，分别是椭圆：（）的左、右焦点，过左焦点的直线与椭圆交于、两点，且,，则椭圆的离心率为__________．
16．设是等比数列的前项的和，成等差数列，则的值为_____．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在中，．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，，求的值．
18．（12分）已知圆M：及定点，点A是圆M上的动点，点B在上，点G在上，且满足，，点G的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）设斜率为k的动直线l与曲线C有且只有一个公共点，与直线和分别交于P、Q两点.当时，求（O为坐标原点）面积的取值范围.
19．（12分）已知函数.
（1）设，若存在两个极值点，，且，求证：；
（2）设，在不单调，且恒成立，求的取值范围.（为自然对数的底数）.
20．（12分）改革开放40年，我国经济取得飞速发展，城市汽车保有量在不断增加，人们的交通安全意识也需要不断加强.为了解某城市不同性别驾驶员的交通安全意识，某小组利用假期进行一次全市驾驶员交通安全意识调查.随机抽取男女驾驶员各50人，进行问卷测评，所得分数的频率分布直方图如图所示.规定得分在80分以上为交通安全意识强.
（Ⅰ）求的值，并估计该城市驾驶员交通安全意识强的概率；
（Ⅱ）已知交通安全意识强的样本中男女比例为4:1，完成2×2列联表，并判断有多大把握认为交通安全意识与性别有关；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，从交通安全意识强的驾驶员中随机抽取2人，求抽到的女性人数的分布列及期望.
附：，其中
21．（12分）在锐角三角形中，角的对边分别为．已知成等差数列，成等比数列．
（1）求的值；
（2）若的面积为求的值．
22．（10分）已知函数，曲线在点处的切线方程为
求a，b的值；
证明：．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】
由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.
【详解】
解：由抛物线方程可知，，即，.设
则，即，所以.
所以线段的中点到轴的距离为.
故选:D.
本题考查了抛物线的定义，考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.
2、B
【解析】
根据渐近线方程求得，再利用双曲线定义即可求得.
【详解】
由于，所以，
又且，
故选：B.
本题考查由渐近线方程求双曲线方程，涉及双曲线的定义，属基础题.
3、A
【解析】
由于，且为单位向量，所以可令，，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果．
【详解】
解：设，，，则，从而
，等号可取到．
故选：A
此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题．
4、C
【解析】
利用复数的运算法则计算即可.
【详解】
，故虚部为.
故选：C.
本题考查复数的运算以及复数的概念，注意复数的虚部为，不是，本题为基础题，也是易错题.
5、D
【解析】
设，，设：，联立方程得到，计算
得到答案.
【详解】
设，，故.
易知直线斜率不为，设：，联立方程，
得到，故，故.
故选：.
本题考查了抛物线中的向量的数量积，设直线为可以简化运算，是解题的关键 .
6、A
【解析】
根据三视图可得几何体为直三棱柱，根据三视图中的数据直接利用公式可求体积.
【详解】
由三视图可知几何体为直三棱柱，直观图如图所示：
其中，底面为直角三角形，，，高为.
∴该几何体的体积为
故选：A.
本题考查三视图及棱柱的体积，属于基础题.
7、A
【解析】
由题意可知直线过定点即为圆心，由此得到坐标的关系，再根据点差法得到直线的斜率与坐标的关系，由此化简并求解出离心率的取值范围.
【详解】
设，且线过定点即为的圆心，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，所以，
所以.
故选：A.
本题考查椭圆与圆的综合应用，着重考查了椭圆离心率求解以及点差法的运用，难度一般.通过运用点差法达到“设而不求”的目的，大大简化运算.
8、A
【解析】
若不等式有且只有一个正整数解，则的图象在图象的上方只有一个正整数值，利用导数求出的最小值，分别画出与的图象，结合图象可得.
【详解】
解：，
∴，
设，
∴，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
∴，
当时，，当，，
函数恒过点，
分别画出与的图象，如图所示，
，
若不等式有且只有一个正整数解，则的图象在图象的上方只有一个正整数值，
∴且，即，且
∴，
故实数m的最大值为，
故选：A
本题考查考查了不等式恒有一正整数解问题，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了数形结合思想，考查了数学运算能力.
9、C
【解析】
先确定集合中元素，可得非空子集个数．
【详解】
由题意，共3个元素，其子集个数为，非空子集有7个．
故选：C．
本题考查集合的概念，考查子集的概念，含有个元素的集合其子集个数为，非空子集有个．
10、A
【解析】
列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.
【详解】
6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1),
而加数全为质数的有(3,3),
根据古典概型知，所求概率为.
故选：A.
本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.
11、C
【解析】
首先根据垂直关系可确定，由此可知为三棱锥外接球的球心，在中，可以算出的一个表达式，在中，可以计算出的一个表达式，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积．
【详解】
取中点，由，可知：，
为三棱锥外接球球心，
过作平面，交平面于，连接交于，连接，，，
，，，为的中点
由球的性质可知：平面，，且．
设，
，，
，在中，，
即，解得：，
三棱锥的外接球的半径为：，
三棱锥外接球的表面积为．
故选：.
本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置.
12、A
【解析】
先通过复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，得到，再利用复数的除法求解.
【详解】
因为复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，且复数，
所以
所以
故选：A
本题主要考查复数的基本运算和几何意义，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
分别求得甲、乙被录取的概率，根据独立事件概率公式可求得结果.
【详解】
甲被录取的概率；乙被录取的概率；
只有一人被录取的概率.
故答案为：.
本题考查独立事件概率的求解问题，属于基础题.
14、
【解析】
求出双曲线的渐近线方程，求出准线方程，求出三角形的顶点的坐标，然后求解面积．
【详解】
解：双曲线：双曲线中，，，
则双曲线的一条准线方程为，
双曲线的渐近线方程为：，
可得准线方程与双曲线的两条渐近线所围成的三角形的顶点的坐标，，，，
则三角形的面积为．
故答案为：
本题考查双曲线方程的应用，双曲线的简单性质的应用，考查计算能力，属于中档题．
15、
【解析】
设,则,,由知, ,,作,垂足为C，则C为的中点,在和中分别求出,进而求出的关系式,即可求出椭圆的离心率.
【详解】
如图,设,则,,
由椭圆定义知,,
因为,所以,,
作,垂足为C，则C为的中点,
在中,因为,
所以，
在中,由余弦定理可得,
，
即,解得,
所以椭圆的离心率为.
故答案为:
本题考查椭圆的离心率和直线与椭圆的位置关系;利用椭圆的定义,结合焦点三角形和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
16、2
【解析】
设等比数列的公比设为再根据成等差数列利用基本量法求解再根据等比数列各项间的关系求解即可.
【详解】
解：等比数列的公比设为
成等差数列,
可得
若则
显然不成立,故
则,
化为
解得,
则
故答案为：．
本题主要考查了等比数列的基本量求解以及运用,属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、 (1) ;(2) .
【解析】
试题分析：（1）由正弦定理得到．消去公因式得到所以 ．
进而得到角A；（2）结合三角形的面积公式，和余弦定理得到，联立两式得到．
解析：
（I）因为，所以，
由正弦定理，
得．
又因为 ，，
所以 ．
又因为 ，
所以 ．
（II）由，得，
由余弦定理，
得，
即，
因为，
解得 .
因为 ，
所以 .
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据题意得到GB是线段的中垂线，从而为定值，根据椭圆定义可知点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，即可求出曲线C的方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，表示处的面积代入韦达定理化简即可求范围.
【详解】
（1）为的中点，且是线段的中垂线，
，又，
∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
设椭圆方程为（），
则，，，
所以曲线C的方程为.
（2）设直线l：（），
由消去y，可得.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
所以，.①
又由可得；同理可得.
由原点O到直线的距离为和，
可得.②
将①代入②得，
当时，，
综上，面积的取值范围是.
此题考查了轨迹和直线与曲线相交问题，轨迹通过已知条件找到几何关系从而判断轨迹，直线与曲线相交一般联立设而不求韦达定理进行求解即可，属于一般性题目.
19、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）先求出，又由可判断出在上单调递减，故，令，记， 利用导数求出的最小值即可；
（2）由在上不单调转化为在上有解，可得，令，分类讨论求的最大值，再求解即可.
【详解】
（1）已知，
，
由可得，
又由,知
在上单调递减，
令，记，则
在上单调递增；
，在上单调递增；
，
（2），，
在上不单调，
在上有正有负，在上有解，
，，
恒成立，
记，则，
记，，
在上单调增，在上单调减.

于是知
（i）当即时，恒成立，在上单调增，
，
，.
（ii）当时，
，故不满足题意.
综上所述，
本题主要考查了导数的综合应用，考查了分类讨论，转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.
20、（Ⅰ）.0.2（Ⅱ）见解析，有的把握认为交通安全意识与性别有关（Ⅲ）见解析，
【解析】
（Ⅰ）直接根据频率和为1计算得到答案.
（Ⅱ）完善列联表，计算，对比临界值表得到答案.
（Ⅲ）的取值为，计算概率得到分布列，计算数学期望得到答案.
【详解】
（Ⅰ） ，解得.
所以该城市驾驶员交通安全意识强的概率.
（Ⅱ）
，
所以有的把握认为交通安全意识与性别有关
（Ⅲ）的取值为
所以的分布列为
期望.
本题考查了独立性检验，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
21、（1）；（2）.
【解析】
(1)根据成等差数列与三角形内角和可知,再利用两角和的正切公式,代入化简可得,同理根据三角形内角和与余弦的两角和公式与等比数列的性质可求得,联立即可求解求的值.
(2)由(1)可知,再根据同角三角函数的关系与正弦定理可求得,再结合的面积为利用面积公式求解即可.
【详解】
解：成等差数列,
可得
而,即,展开化简得
,因为,故
①
又成等比数列,
可得,
即,
可得
联立解得（负的舍去）,
可得锐角；
由可得,
由为锐角,
解得,
因为为锐角,故可得,
由正弦定理可得,
又的面积为
可得,
解得．
本题主要考查了等差等比中项的运用以及正切的和差角公式以及同角三角函数关系等.同时也考查了正弦定理与面积公式在解三角形中的运用,属于中档题.
22、（1）；（2）见解析
【解析】
分析：第一问结合导数的几何意义以及切点在切线上也在函数图像上，从而建立关于的等量关系式，从而求得结果；第二问可以有两种方法，一是将不等式转化，构造新函数，利用导数研究函数的最值，从而求得结果，二是利用中间量来完成，这样利用不等式的传递性来完成，再者这种方法可以简化运算.
详解：（1）解：，由题意有，解得
（2）证明：（方法一）由（1）知，.设
则只需证明
，设
则， 在上单调递增
，
，使得
且当时，，当时，
当时，，单调递减
当时，，单调递增
，由，得，
，
设，，
当时，，在单调递减，
，因此
（方法二）先证当时， ，即证
设，则，且
，在单调递增，
在单调递增，则当时，
（也可直接分析 显然成立）
再证
设，则，令，得
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
，即
又，
点睛：该题考查的是有关利用导数研究函数的综合问题，在求解的过程中，涉及到的知识点有导数的几何意义，有关切线的问题，还有就是应用导数证明不等式，可以构造新函数，转化为最值问题来解决，也可以借用不等式的传递性，借助中间量来完成.
安全意识强
安全意识不强
合计
男性
女性
合计
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
安全意识强
安全意识不强
合计
男性
16
34
50
女性
4
46
50
合计
20
80
100