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江苏省南京市第十三中学 2026 届高三上学期零模冲刺训练数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1 = i.已知 2 i，则 的虚部为( )
A. 13 B.
2
5 C.
1
5 D.
1
5
2.已知集合 = | | = , ∈ Z ，集合 = ，则下列各选项中属于 的元素是( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. 1
3.在平面直角坐标系 中，双曲线的中心在坐标原点，焦点在 轴上，一条渐近线的方程为 2 = 0，
则它的离心率为( )
A. 5 B. 52 C. 3 D. 2
4.已知函数 ( ) = sin( + )( > 0, > 0,0 < < π)的部分图象如图所示，若 ( ) = 1，则 cos 2 +
π
3 =( )
A. 79 B.
7
9 C.
8
9 D.
8
9
5.19 世纪美国天文学家西蒙·纽康和物理学家本·福特从实际生活得出的大量数据中发现了个现象，以 1 开
头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量 10 进制随机数据中，以 ∈ + 开头
的数出现的概率为 ( ) = lg +1 ，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者
用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若19 = ( ) =
log38 log32
log ∈ +, ≤ 19 (说32+log35
明符号 = = + +1 + + , , ∈ + )，则 的值为( )
A. 3 B. 5 C. 7 D. 9
6.设 是公差不为 0 的无穷等差数列，则“ 为递增数列”是“存在正整数 0，当 > 0时， > 0”
的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
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7.已知圆 : 2 + 2 2 + 4 20 = 0 上恰有两个点到直线 : + + = 0( > 0)的距离为 2，则 的取
值范围是( )
A. 3 2, 7 2 B. 3 2 + 1,7 2 + 1
C. 2 2, 7 2 D. 2 2 + 1,7 2 + 1
3
8 e.已知函数 ( ) = + 5，则不等式 2 2e +1 + (3 5 ) ≥ 1 的解集是( )
A. ( ∞,1] ∪ 32 , + ∞ B. 1,
3
2
C. ( ∞,1] D. 32 , + ∞
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知圆锥的顶点为 ，底面圆心为 ， 为底面直径，∠ = 120°， = 2，点 在底面圆周上，且二
面角 为 45°，则( )．
A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为 4 3π
C. = 2 2 D. 的面积为 3
10.设函数 ( ) = 2 3 3 2 + 1，则( )
A.当 > 1 时， ( )有三个零点
B.当 < 0 时， = 0 是 ( )的极大值点
C.存在 ， ，使得 = 为曲线 = ( )的对称轴
D.存在 ，使得点 1, (1) 为曲线 = ( )的对称中心
11 sin2 + sin2 .已知三角形 三个内角分别为 ， ， ，且满足 22 2 + sin 2 = cos
2
2，则下列说法正确的是
( )
A. cos 2 = 2cos
+
2 B. sin + sin = 3sin
C. tan 2 tan

2 =
1 π
3 D. ≤ 3
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.有一组数据，按从小到大排列为：1,2,6,8,9, ，这组数据的 40%分位数等于他们的平均数，则 为 ．
13.已知向量 = (0,1), = (1, ) 3，若向量 + 在向量 上的投影向量为2 ，则 = ．
14.一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动 1 个单位长
度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动 4 次后染上颜色的点数个数 的期望 ( ) = ．
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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.(本小题 13 分)
为了了解高中学生课后自主学习数学时间( 分钟/每天)和他们的数学成绩( 分)的关系，某实验小组做了调
查，得到一些数据如下表：
编号 1 2 3 4 5
10 20 30 40 50
70 80 100 120 130
(1)若该组数据中 与 之间的关系可用线性回归模型进行拟合，求 关于 的回归直线方程．(参考数据：
5 =1 = 16600)
(2)基于上述调查，某校提倡学生课后自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了 160 位学生．按照参与
课后自主学习与成绩进步情况得到如下 2 × 2 列联表：
成绩没有进步 成绩有进步 合计
参与课后自主学习 5 135 140
未参与课后自主学习 5 15 20
合计 10 150 160
依据 = 0.001 的独立性检验，分析“课后自主学习与成绩进步”是否有关．

= + = =1 附：回归方程 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： 2 , =
，
=1
2
2 = ( )( + )( + )( + )( + )，其中 = + + + ．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
16.(本小题 15 分)
1 3已知正项数列 的前 项之积为 ，且 = 1 ．
(1)求证：数列 是等差数列；
(2) = ( 1) 6 +5设 ，求
的前 2 项和 2 ．
+1
17.(本小题 15 分)
如图，在四棱锥 中， 是正三角形， = , = , ⊥ ．
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(1)求证：平面 ⊥平面 ；
(2)设 = 2 3，若点 , , , , 均在球 的球面上且点 在平面 内．
( )求四棱锥 的体积；
( )求平面 与平面 的夹角的余弦值．
18.(本小题 17 分)
已知抛物线 : 2 = 2 ( > 0)的焦点为 , (4,0), 为坐标原点， 上存在点 到 和 的距离都等于 2 3．
(1)求抛物线 的方程；
(2)过点 的直线 交抛物线 于 , 点，直线 与 相交于另一点 ，直线 与 相交于另一点 ．
( )求证： ⊥ ；
( )求证：直线 经过定点．
19.(本小题 17 分)
已知函数 ( ) = sin + 2 + ．
(1)当 = 1 时，求证：函数 ( )有唯一极值点；
(2)当 = 0, = 32时，求 ( )在区间 0, π 上的零点个数；
(3)两函数图像在公共点处的公切线称为“合一切线”.若曲线 = ( )与曲线 = cos 存在两条互相垂直
的“合一切线”，求 , 的值．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.10
13.12/0.5
14.278
15. (1) = 10+20+30+40+50 = 30, = 70+80+100+120+130解： 由题意有 5 5 = 100，
5 =1 = ( 20) × ( 30) + ( 10) × ( 20) + 10 × 20 + 20 × 30 = 1600，
5 2 2 =1 = ( 20) + ( 10)
2 + 102 + 202 = 1000，
= 1600所以 1000 = 1.6， = = 100 1.6 × 30 = 52，
所以 = 1.6 + 52；
2
(2) 160×(5×15 135×5)由题意有 2 = 140×20×10×150 ≈ 13.714 > 10.828，
所以在犯错概率不超过 0.001 的前提下，认为“课后自主学习与成绩进步”有关．
16. 解：(1)依题意， = 1 2 ，当 ≥ 2 时，得 1 = 1 2 1，则 = ， 1
1 3 3
由 = 1 ，得
1
= 1 ，则 1 = 3，即 1 = 3，
当 = 1 时， 1 =
1 3
1，于是 = 1 1
，解得 1 = 4，
1
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所以数列 是以 4 为首项，3 为公差的等差数列．
(2)由(1)得 = 4 + ( 1) 3 = 3 + 1，
= ( 1) 6 +5 = ( 1) (3 +1)+(3 +4)则 1 1 +1 (3 +1)(3 +4)
= ( 1) ( 3 +1+ 3 +4 )，
= ( 1+ 1 ) + ( 1 + 1 ) ( 1 1 1 1所以 2 4 7 7 10 10 + 13 ) + ( 6 2+ 6 +1 ) + (
1
6 +1 +
1
6 +4 )
= 1 + 1 6 3 4 6 +4 = 4(6 +4) = 12 +8．
17.解：(1)由条件得， = , = ，则 是线段 的中垂线，
所以 ⊥ ．
又 ⊥ , ∩ = , , 平面 ，
所以 ⊥平面 ，而 平面 ，
故平面 ⊥平面 ；
(2)( )解法一：
如图所示，记 与 交于 点，连接 ，
由题意， 为四边形 的外接圆圆心，即 , , , 四点共圆，
由条件，可得∠ = 60 , ∠ = 120 , 是线段 的中垂线，
所以∠ = 30 , ∠ = 60 ，故∠ = 90 ，
则 是四边形 的外接圆直径，点 为 的中点．
因为 = 2 3，所以 = 2 3, = 4，
四边形 的面积为 = 12 =
1
2 × 2 3 × 4 = 4 3．
1取 的中点 ，连接 ，则 = = 2 = 2．
因为 = , 为 的中点，所以 ⊥ ．
由(1)知，平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = ，
平面 ，
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所以 ⊥平面 ，即四棱锥 的高为 ．
又 平面 ，则 ⊥ ，而 = 3, = = 1，
所以 = 2 2 = 3，
四棱锥 1 1的体积为 = 3 = 3 × 4 3 × 3 = 4．
解法二：记 与 交于 点，连接 ，由 = , 为 的中点，所以 ⊥ ．
由(1)知，平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = ，
平面 ，所以 ⊥平面 ，即四棱锥 的高为 ．
以 , , 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由 = 2 3, △ 是正三角形，可知 3, 0,0 ， (0,3,0), 3, 0,0 ，
由点 在平面 内，设 ( , , 0), (0, , 0)， (0,0, )，其中 < 0, > 0，
设 = = = = = > 0，可得方程组，
2
3 + 2 = 2,
2 + ( 3)2 = 2,
2
+ 3 + 2 = 2,
2 + ( )2 = 2,
2 + 2 + 2 = 2,
解得， = 0, = 1, = 2, = 1, = 3．
1 1
所以 = 2 3, = 4，四边形 的面积为 = 2 = 2 × 2 3 × 4 = 4 3．
1 1
又 = = 3，四棱锥 的体积为 = 3 = 3 × 4 3 × 3 = 4．
( )解法一：作 ⊥ ，垂足为点 ，连接 ．
由 = , = , 为公共边，则 ≌△ ，
所以 = 且 ⊥ ，
即∠ 为二面角 的平面角．
由 = 2 + 2 = 2 3, = 2 + 2 = 6, = 2 3，
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2 2 2
在 + 3 7中，由余弦定理，cos∠ = 2 = 4，则 sin∠ = 4 ，
所以 = = sin∠ = 212 ．
2 2 2
又 = 2 3，在 + 1中，由余弦定理，cos∠ = 2 = 7，
所以平面 与平面 1的夹角的余弦值为7．
解法二：由( )知， 3, 0,0 , (0,3,0), 3, 0,0 , 0,0, 3 ，
因为 = 3, 0, 3 , = 0,3, 3 ，
设平面 的法向量为 1 = 1, 1, 1 ，
1 = 3, 0, 3 1, 1, 1 = 3 1 3 1 = 0
由 = 3 = 3, = 1

，取 ，则 ，
1 = 0,3, 3 , , = 3 3 = 0
1 1 1
1 1 1 1 1
所以平面 的法向量为 1 = 3, 1, 3 ．
因为 = 3, 0, 3 , = 0,3, 3 ，
设平面 的法向量为 2 = 2, 2, 2 ，
2 = 3, 0, 3 2, 2, 2 = 3 2 3 2 = 0
由 ,
2 = 0,3, 3 2, 2, 2 = 3 2 3 2 = 0
取 2 = 3，则 2 = 3, 2 = 1，
所以平面 的法向量为 2 = 3, 1, 3 ．
cos , = 1 2 = 3,1, 3 3,1, 3 1 11 2 3+1+3× 3+1+3 = 7× 7 = 7，1 2
所以平面 1与平面 的夹角的余弦值为7．
18.解：(1)如图，作出符合题意的图形，
由题意得 (4,0)，则| | = 4，
而| | = | | = 2 3，可得 在 的中垂线上，故设点 的坐标为 2, 0 ，
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由两点间距离公式得| |2 = 4 + 2 20 = 12，解得 0 = 8，
而点 在 上，则 20 = 4 ，即 4 = 8，解得 = 2，
故抛物线 的方程为 2 = 4 ．
(2)( )如图，设直线 的方程为 = + 4，并记点 1, 1 , 2, 2 ，
2 = 4
联立方程组 2 2 = + 4，消去 得 4 16 = 0，易知Δ = 16 + 64 > 0，
2 2 2
则 1 + 2 = 4 , 1 2 = 16， =
1 2 = 1 21 2 4 4 16 = 16，
而 = 1, 1 , = 2, 2 ，则 = 1 2 + 1 2 = 16 16 = 0，
可知 ⊥ ，即 ⊥ ．
( )由题意，点 (1,0)，设直线 的方程为 = + ，
并记点 3, 3 , 4, 4 ，
2 = 4
联立方程组 2 = + ，消去 得 4 4 = 0，则 3 4 = 4 ，
由 , , 三点共线，可得 // , = 1 1, 1 , = 3 1, 3 ，
2 2
得到 1 1 3 = 3 1 1，将 = 1 31 4 , 3 = 4代入化简，
得 2 4 = 2 4 2 21 3 3 1 1 3 3 1 + 4 1 4 3 = 0，
所以 1 3 + 4 1 3 = 0，而 1 ≠ 3，可知 1 3 = 4，同理可得 2 4 = 4，
则 1 2 3 4 = 16 × ( 4 ) = 4 × ( 4) =
1
，解得 4，
故直线 1 1的方程为 = + 4，过定点 4 , 0 ．
19.解：(1)函数 ( ) = sin ，有 ′( ) = 1 cos ≥ 0，则 ( )在 上单调递增，
当 > 0 时，有 ( ) > (0) = 0，即 sin > 0．
当 = 1 时，由 ( ) = sin + 2 + ，得 ′( ) = sin cos + 2 ，且 ′(0) = 0．
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当 > 0 时， ′( ) = 1 cos + sin ．
因为 1 cos ≥ 0, sin > 0，所以 ′( ) > 0．
因为 ′( ) = ′( )对任意 ∈ 恒成立，所以当 < 0 时， ′( ) < 0．
则 ( )在( ∞,0)上单调递减，在(0, + ∞)上单调递增，
所以 = 0 是 ( )的唯一极值点．
(2)当 = 0, = 32时， ( ) = sin +
3
2，
′( ) = sin cos ，
π π
当 ∈ 0, 2 时，
′( ) ≤ 0，所以 ( )在 ∈ 0, 2 上单调递减，
因为 (0) = 3 π 3 π2 > 0, 2 = 2 < 0，
π
所以由零点存在定理知 ( )在 ∈ 0, 2 上有且仅有一个零点．
当 ∈ π2 , π 时，令 ( ) =
′( ) = sin cos ，则 ′( ) = 2cos + sin ，
∈ π当 2 , π
π
时，有 ′( ) > 0，所以 ( )在 2 , π 上单调递增，
又因为 π2 = 1 < 0, π = π > 0
π
，所以存在 ∈ 2 , π 使得 ( ) = 0，
π
当 ∈ 2 , 时，
′( ) = ( ) < ( ) = 0，所以 ( ) π在 2 , 上单调递减，
π
所以当 ∈ 2 , ( ) ≤
π π
时 2 < 0，故 ( )在 2 , 上无零点，
当 ∈ , π 时， ′( ) = ( ) > ( ) = 0，所以 ( )在 , π 上单调递增，
又 ( ) < π2 < 0, π =
3
2 > 0，所以 ( )在 , π 上有且仅有一个零点．
综上所述： ( )在 0, π 上有且只有 2 个零点．
(3)设曲线 = ( )与曲线 = cos 的两条互相垂直的“合一切线”的切点的横坐标分别为 1, 2，
其斜率分别为 1, 2，则 1 2 = 1．
因为( cos )′ = sin ，所以 sin 1 sin 2 = 1 2 = 1．
所以 sin 1, sin 2 = 1,1 ．
π
不妨设 sin 1 = 1，则 1 = 2 π + 2 , ∈ ．
因为 = ′1 1 = 2 1 sin 1 1cos 1，
由“合一切线”的定义可知，2 1 sin 1 1cos 1 = sin 1．
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所以 = 1 2 = , ∈ ．1 4 π+π
1
由“合一切线”的定义可知，
2
1 1sin 1 + = cos 1，所以 = 0．
1
当 = 24 π+π , ∈ , = 0 时，取 1 = 2 π +
π
2 , 2 = 2 π
π
2，
则 1 = cos 1 = 0, 2 = cos 2 = 0, ′ ′1 = sin 1 = 1, 2 = sin 2 = 1，符合题意．
2
所以 = 4 π+π , ∈ , = 0．
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