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2026年江苏省南京市大厂高级中学高考数学二模试卷
第I卷（选择题）
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.已知集合，集合，则( )
A. B. C. D.
2.若是复数单位，则( )
A. B. C. D.
3.若，则的值为( )
A. B. C. D.
4.如图所示，下列频率分布直方图，根据所给图做出以下判断，正确的是( )
A. 平均数中位数众数
B. 众数中位数平均数
C. 平均数众数中位数
D. 平均数中位数众数
5.的展开式中，的系数为( )
A. B. C. D.
6.大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其前项依次是，，，，，，，，，，则此数列的第项与第项的差为( )
A. B. C. D.
7.已知点，分别为双曲线：的左右焦点，过双曲线上一点作的平分线交轴于点，记、的面积分别为、，内切圆半径分别为，，则( )
A. B. C. D.
8.定义在上的奇函数，满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为( )
A. B. C. D.
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，是两个随机事件，，下列命题正确的是( )
A. 若，相互独立，则
B. 若事件，则
C. 若，是对立事件，则
D. 若，是互斥事件，则
10.已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则( )
A. 曲线的轨迹方程为
B. 已知点，若为曲线上的动点，则的最小值为
C. 过点恰有条直线与曲线有且只有一个公共点
D. 圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的面积为
11.在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下面正确的是( )
A. 直线与平面所成角的最大值为
B. 异面直线与所成角的余弦值取值范围
C. 若平面平面，则到平面的距离为
D. 三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知变量，的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为 ．
13.已知数列和满足，，，，则 ．
14.已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、与可以相同，则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为 ．
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.本小题分
在中，角，，所对的边分别为．
求；
点在边上，平分，若，求的周长．
16.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，．
证明：平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
已知公差不为的等差数列的前项和为，，且，，依次成等比数列．
求的通项公式；
对于任意，，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知曲线上任一点到两个定点和的距离和为定值．
求的方程；
过点的直线斜率存在且不为与交于，两点，关于轴的对称点为．
(ⅰ)证明：直线过定点；
(ⅱ)对于(ⅰ)中的点，求的取值范围．
19.本小题分
已知常数，函数．
讨论在区间上的单调性；
若存在两个极值点，，且，求的取值范围．
设，证明：．
答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.因为，
由正弦定理得，
又，所以，
由于，则；
因为，
所以，
即，
由余弦定理得，
所以，
解得，或舍去，
所以，即的周长为．
16.证明：如图，取中点，连接，，
在正三角形中，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，且平面，
所以，
在梯形中，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，
所以，
以为原点，分别，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
因为，，
所以且，且，平面，平面，
所以平面．
解：由可知，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，即，
直线与平面所成角，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
17.解：因为公差不为的等差数列的前项和为，，
设等差数列的公差为，则，且，，依次成等比数列，
所以，
因为，解得，
又，所以，，
所以；
由可知，
所以，
因为对于任意，，
所以对于任意，，
设，
则，
当时，，
当时，，
所以数列的最大项为，
所以，
故实数的取值范围为．
18.解：由已知，结合椭圆定义，可得曲线为以和为两焦点的椭圆，
其中，，故，，
故C的方程为；
证明：因为直线斜率存在且不为，
所以可设直线的方程为，
如图，
设，，则
由，整理得，
故，，
则直线的方程为，
即
，
由直线方程和韦达定理可得，
，
则直线的方程为，
故直线过定点；
(ⅱ)由(ⅰ)知，，，
，
因为，所以，，
所以的取值范围为．
19.解：由题意可得，，
因为，，所以，
当，即时，恒成立，所以在单调递增；
当时，由，得，
解得舍，，
令，解得，令，解得，
所以在单调递减，在单调递增．
综上，当时，函数在单调递增；
当时，函数在区间单调递减，在单调递增．
函数的定义域为，
由可知，当时，在单调递增，没有极值点；
当时，令，解得，，
因为，
所以当时，，从而，
此时，，为函数的两个极值点，代入，
可得，
令，记，
当时，；当时，．
当时，，，
所以函数在上单调递减，则，即恒成立；
当时，，，
所以函数在上单调递减，
则，即，不符合题意；
综上：的取值范围为．
证明：由可知，当时，函数在单调递增，
又，所以．
因为，
取，，则，
即，
所以
，故得证．
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