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江苏省南师附中等九校2026届高三一模联考
16.(15分)
数学试卷
姓名：
班级：
考号：
考场/座位号：
准考证号
条形码粘贴处
[oC0.[o][o]Co1E0[0][o][01
[11[1]
[2
[3
3
[3]
注意：1.答题前将个人信息，填写清楚：2.客观题答题修改时用
3
[3
[3
[3]
[3]
橡皮擦干净：3主观遐必须使用黑色签字笔书写：4请在对应
[4
[4
[4]
[41
[4
[4
[4]
[4]
[4
答愿区作答，超出书写无效，
[5
[5
[5]
5
[5
[57
[6C6
[6]
C6
6
[6]
填涂样例
正确填涂■
[7
7
[7]
7
错误填涂
缺考标记
C8-
[8]
回
[99[9]
[9
[9
[9
[9]
[9]
[9
一、选择题(1-8为单选题，9-11为多选题，共计58分)
1 CA]CB]CC-CD]
6 CA]CB]CC CD]
11 CA][B]CC CD]
2 CA]CB]CC CD]
7 CA]CB]CC CD]
3「A7「B1「C「DT
8「A7「BT「CTD7
4「A7「B7「CD7
9「A7 TBTTC TDT
5[A][B][CD]
10[A][B][C[D]
填空题（每小题5分，共15分）
12
13
14
三、解答题
15.(13分)
A…
B
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17.(15分)
18.(17分)
19.(17分)
■
■江苏省南师附中、苏州中学等九校2026届高三下学期一模联考
数学试卷
考试时间：120分钟 满分：150分
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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．若，则（ ）
A．1 B．2 C． D．3
2．设集合，，若含有4个元素，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
3．的展开式中常数项为（ ）
A． B． C． D．
4．已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
5．科学研究中经常涉及对粒子状态的分析.某假想粒子有状态1，状态2，状态3，……，每种状态下的粒子经过1秒有两种可能：状态保持不变或变为更高一级状态，已知状态1的粒子有的概率变为状态2，状态2的粒子有的概率变为状态3，以此类推.现有若干状态1的该粒子，则经过3秒处于状态1和状态2的粒子数目约占（ ）
A． B． C． D．
6．若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为（ ）
A．0 B．2 C．3 D．4
7．记的内角，，的对边分别为，，，，，，则的面积为（ ）
A．1 B． C． D．
8．已知正数，满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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．下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若事件，相互独立，则
C．若样本数据，，，的方差为2，则数据，，，的方差为8
D．用相关指数刻画回归效果，越接近1，说明回归模型的拟合效果越好
10．已知函数，，则下列结论正确的有（ ）
A．曲线与曲线存在相同的对称中心
B．曲线与曲线存在相同的对称轴
C．曲线向左平移个单位得到曲线
D．曲线与曲线关于轴对称
11．已知四棱锥的体积为12，四边形是平行四边形，为的中点，经过直线的平面与侧棱，分别交于点，.设，，则（ ）
A．时，平面
B．时，
C．四面体的体积为3
D．四棱锥的体积的最小值为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知向量，，且，则______.
13．已知抛物线：（）的焦点为，直线与有唯一的公共点，则______.
14．已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______.
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．（13分）如图，已知是圆锥的轴截面，，.
(1)求圆锥的外接球的表面积；
(2)若为弧的中点，求二面角的正切值.
16．（15分）已知数列各项均不为零，，，.
(1)当时，求的前50项和；
(2)若，求正整数的最小值.
17．（15分）某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分，
(1)若，求；
(2)求的概率分布列和数学期望；
(3)证明：当且仅当时，.
18．（17分）已知双曲线的离心率为，是上一点，直线的斜率为，且与交于两点.
(1)求的方程；
(2)若，求的方程；
(3)证明：的外接圆的圆心在定直线上.
19．（17分）已知函数.
(1)对任意，是的必要条件，求的最小值；
(2)对任意，函数存在两个零点.
（i）求的取值范围；
（ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，.
参考答案及解析
1．答案：C
解析：，故.
2．答案：B
解析：根据集合元素的互异性可知，，.
因为含有4个元素，所以仅含有1个元素，
若，则或，所以或.
若，则.
结合集合元素的互异性可知或.
当时，，，，符合题意.
当时，，，，不符合题意.
综上，.
3．答案：A
解析：二项展开式的通项公式为，
整理得：，
令，解得：，
展开式中常数项为：.
4．答案：C
解析：对于A，若，，可能平行于平面，也可能(此时不平行于平面，)，故A错；
对于B，若，，直线，可能平行、相交或异面，故B错；
对于C，如果两平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面，故C正确；
对于D，若，，直线与平面可能相交、平行或.
5．答案：C
解析：设经过3秒处于状态1的概率为，粒子要始终停留在状态 1，需连续3秒都保持状态 1，根据独立事件概率公式：；
设经过3秒处于状态2的概率为，
情况一:第1秒从状态1变为状态2，第2秒和第3秒都保持状态2不变，概率为；
情况二:第1秒保持状态1不变，第2秒从状态1变为状态2，第3秒保持状态2不变，概率为；
情况三:第1秒和第2秒保持状态1不变，第3秒从状态1变为状态2，概率为；
将上述三种情况的概率相加，得到经过3秒后处于状态2的粒子的概率为，
则经过3秒后处于状态1和状态2的粒子数目占总粒子数的比例为将经过3秒后处于状态1和状态2的粒子的概率相加，可得.
6．答案：D
解析：因为点A在直线上，所以设A点坐标为，点B坐标为，
因为向量
所以，即，，
所以B点坐标为.
又B在圆上，所以.
整理得关于的一元二次方程：，
因为存在点A在直线上，所以关于的一元二次方程有实数解.
故，
令，得，整理即，
所以.
所以的最大值为4.
7．答案：B
解析：因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以
8．答案：A
解析：因为为正数，故.
由题设有，
而，故，故，
故，且，
故
设，因为均为上的增函数，
故为上的增函数，而，故，
故A正确，BCD错误.
9．答案：ACD
解析：对于A，因随机变量，则，由正态曲线的对称性可得，故A正确；
对于B，由事件，相互独立可知，对于随机事件，，
都有，
故仅当，互斥时，才有，故结论不成立，即B错误；
对于C，由题意，，
对于数据，，，，
其均值为，
其方差为，故C正确；
对于D，相关指数越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D正确.
10．答案：AC
解析：选项A，因为，
令，得，所以的对称中心为.
因为，令，得，所以的对称中心为.
假设存在相同对称中心，则，
化简得，当时，，所以存在相同对称中心，A正确.
选项B，：令，得，对称轴为.
：令，得，对称轴为.
假设存在相同对称轴，则，化简得，
左边为偶数，右边为奇数，无整数解，所以曲线无相同对称轴，B错误.
选项C，，平移个单位，得：
，C正确.
选项D，若与关于轴对称，则需满足.
因为，而，
显然与不能恒相等，所以两曲线不关于轴对称，D错误.
11．答案：BCD
解析：由题可知是平面和平面的交点，
当时，所以，又平面，在平面外，
所以平面，若平面，
则由、平面得平面平面，
则平面与平面无交点，与是平面和平面的交点矛盾，故A错误；
时，，因为为的中点，所以，
因为四边形是平行四边形，所以，则，
又因为平面、平面，则平面，
所以D是平面与四棱锥的棱的交点，
所以D与N重合，即，所以，故B正确；
因为为的中点，所以点P和点A到平面距离相等，
所以四面体的体积为，
所以四面体的体积为3，故C正确；
由题意可得，
因为共面，所以即，
设点P到平面的距离为d，则，
因为，，
所以点M到平面的距离为，点N到平面的距离为，
所以，
，
所以，
因为为的中点，所以点A和点P到平面的距离相等，
所以，
所以四棱锥的体积为，
当且仅当即时等号成立，
所以四棱锥的体积的最小值为4，故D正确.
12．答案：
解析：由题意，，
由可得，解得.
13．答案：5
解析：联立与可得，
由于直线与有唯一的公共点，故，解得，（舍去），
故,则.
14．答案：
解析：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
当时，当时，该函数单调递增，
所以，
所以对任意，都有，一定有成立，
解得，这与相矛盾，不符合题意；
当时，当时，，
所以对任意，都有，一定有成立，而，
所以；
当时，设表示两数中最大的数，
因为当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
所以当时，，
对任意，都有，一定有且，
解得，
综上所述：，
所以的取值范围为.
15．答案：(1)
(2)
解析：（1）因为是圆锥的轴截面，所以平面.
又平面，所以.
在中，，，所以.
设圆锥的外接球的球心为，半径为，
结合圆锥的定义及对称性易知球心在上.
在中，，则，
整理得，解得.
所以圆锥的外接球的表面积.
（2）因为为弧的中点，所以.
因为平面，平面，所以.
又，
所以可以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，.
，，
设平面的法向量为，
则，，令，则，，所以.
因为，，，所以平面，
则即为平面的一个法向量，.
设二面角的平面角为，
则，
，
所以.
故二面角的正切值为.
16．答案：(1)
(2)
解析：（1）因为数列各项均不为零，，，
所以当时，由，
所以有
，
所以此时该数列的周期为，因此，
所以的前50项和为；
（2）由，
因为，，
所以，
因为，
所以，或，
因为是正整数，所以，即
当时，由，
所以数列是以为首项，公差为的等差数列，
因此，所以，
显然恒成立，所以正整数的最小值为.
17．答案：(1)
(2)分布列见解析，
(3)证明见解析
解析：（1）恰有2个正确选项的概率为，则恰有3个正确选项的概率为，
正确选项是2个时，随机选一个正确可得3分，概率为；
正确选项是3个时，随机选一个正确可得2分，概率为，
因此
（2）由题知，可能的取值为，
，
，
，
分布列为：
（3）由题知，可能的取值为，
，
，
故，
，
故当且仅当时，
18．答案：(1)
(2)
(3)证明见解析
解析：（1）因为双曲线的离心率为，且是上一点，
可得，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则，解得，所以或，
且，
因为，可得，
又因为，
可得，
所以
，
将代入上式得，
，
因为，可得，即，
解得或，
又因为或，所以，
所以直线的方程为.
（3）由（2）知，可得的中点的横坐标为，
则点的纵坐标为，即，
所以线段的垂直平分线的方程为，即，
设点的坐标为，
因为，可得 ，
又因为，
代入得，
整理得，
又由，可得，
则，可得，
其中，
则，
整理得，
①当时，两边同除以，可得，
代入，可得，即，
所以的外接圆的圆心在定直线上；
②当时，即时，可得直线的方程为，
此时点满足直线的方程，此时三点共线，不能构成三角形，舍去，
综上可得，的外接圆的圆心在定直线上.
19．答案：(1)
(2)（i）（ii）证明见解析
解析：（1）∵对任意，是的必要条件，
∴，
在上单调递增，
则，即在上恒成立，
令，，
在单调递减，
.
（2）（i）因为对有两个不等的实根，
所以有两个零点
令，
当，则，当，则，
所以在单调递减；单调递增，
，
要使有两个零点，只需，
即，令，
在(0,1)单调递增；单调递减，
.
(ii)令，则，，即，
构造方程，两根为，
令，其中的两根为
令则，令，则，
在单调递减；单调递增，作出大致图象如下：
令，
在单调递减；单调递增，
当时，，此时最小.
取最小值时，.
