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江苏淮安市2026届高三下学期数学模拟预测卷（A）
一、单选题
1．若复数满足（其中为虚数单位），则（ ）
A．10 B． C．5 D．
2．已知集合，，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．一组实数的上四分位数是（ ）
A．12 B．13.5 C．15 D．20
4．已知随机事件满足，．则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．函数（，，）的部分图象如图所示．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则 （ ）
A． B．
C．1 D．
6．已知展开式中项的系数为30，则（ ）
A．2 B． C．4 D．
7．已知双曲线离心率为2，左焦点为，右顶点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于两点，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知正方体的棱长为1，为平面内动点，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．3
二、多选题
9．某次多省联考中，所有学生数学考试成绩服从正态分布，且有．现按16％，34％，34％，16%的比例将成绩由高到低划分为A，B，C，D四个等级，下列说法正确的有（ ）
A．所有学生成绩的标准差为100
B．若某考生成绩为105分，则其等级为B
C．
D．随机抽取名考生，得A等级的人数记为，则
10．在中，，的内心，下列说法正确的有（ ）
A．的内切圆的半径为3
B．直线方程为
C．直线方程为
D．外接圆的方程为
11．已知函数的图象与轴交于三点，是函数图象上的一点，记直线斜率分别为．下列说法正确的有（ ）
A．实数的取值范围为
B．当是曲线的对称中心时，
C．当时，
D．
三、填空题
12．已知等比数列的公比，且，若成等差数列，则___________．
13．的值域为___________．
14．袋中装有个红球和个黑球，现进行依次随机摸球实验．规则如下：每次随机摸出1个小球，若摸出的是红球，则将其放回袋中；若摸出的是黑球，则不将其放回袋中．如此不断进行下去，直到袋中的黑球被全部摸出为止．记此时摸球的总次数为，若的数学期望，则袋中红球个数的最大值为___________．
四、解答题
15．在锐角中，内角的对边分别为．已知向量，，且．
(1)求角的大小；
(2)若，且的面积为，求的周长．
16．已知椭圆的焦距为，短轴的一个端点为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线与椭圆交于不同的两点，点关于原点的对称点为．若，求直线的方程；
17．已知数列的前项和为，且，数列为等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和．若恒成立，求的最小值；
(3)若从数列的前项中任取两项，记这两项之和能被4整除的概率为，证明：．
18．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求到平面的距离；
(3)若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值．
19．已知函数存在两个不同的极值点．
(1)求实数的取值范围；
(2)设，求的最大值；
(3)求证：．
参考答案
1．D
解析：由，得
因此，所以.
2．B
解析：由题意有，
又，，
可得，
故实数的取值范围是．
故选：B．
3．C
解析：一共有个数字，，取第个数，
所以上四分位数是.
4．A
解析：由题得：，，
所以由，
由，所以或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
5．B
解析：由图象可知，，图象与轴交点坐标为，与之相邻的最高点坐标为，
所以，所以，解得，
将代入，得，
所以 ，所以，又因为，所以，
所以，
将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
所以，所以.
6．A
解析：，其中的展开式通项为，
展开式中项来自两部分，当，，当，，
由题意可得，解得.
7．C
解析：由题可知，则，渐近线方程.
,则，圆的半径.
圆心到一条渐近线的距离：，
则，
在中，由余弦定理可得：
8．B
解析：在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，连接，
三棱锥是正四面体，令正的重心为，则，
因点即正的中心，则平面，
设，即点，则点与点关于平面对称，
由为平面内动点，得，
则，
当且仅当是线段与平面的交点时取等号，
所以的最小值为.
9．BD
解析：由学生数学考试成绩服从正态分布，所以学生成绩的标准差为，故A错误；
又，
，
由于考试成绩从高到低分为四个等级，所以等级对应“”，
所以等级对应“”，由，所以等级对应“”，
所以考生成绩为105分，则其等级为，故B正确；
又由，，
所以，故C错误；
由，所以，
所以，故D正确.
10．BCD
解析：直线的方程为，即，
内心到直线的距离为，
故的内切圆的半径为，故A错误；
当直线斜率不存在时，直线方程为，
此时到直线的距离为，不符合的内切圆的半径为，
当直线斜率存在时，设直线方程为，即，
则，解得或，
其中时，表示的是直线，舍去，
所以直线方程为，即，故B正确；
当直线斜率不存在时，直线方程为，
此时到直线的距离为，不符合的内切圆的半径为，
当直线斜率存在时，设直线方程为，即，
则，解得或，
其中时，表示的是直线，舍去，
所以直线方程为，即，故C正确；
联立，解得，所以，
设外接圆的方程为，
所以，解得，
所以外接圆的方程为，故D正确.
11．ACD
解析：对于A，由于已知函数的图象与轴交于三点，
因此方程有三个不同的实数根，由于，所以是的一个根，
则方程有两个不同的根且根不为，
得，解得，且，解得，
因此实数的取值范围为，故A正确；
对于B，由于，有，因此关于中心对称，
当是曲线的对称中心时，则，因此，故B错误；
对于C，当时，函数，
由于是函数图象上的一点，所以，则，
所以，故C正确；
对于D，已知函数的图象与轴交于三点，设三点的横坐标分别为，
由于，不妨设，则是方程的两个不同实数根，
根据韦达定理有，
由于是函数图象上的一点，，
则直线的斜率，同理，，
由于方程有三个不同的实数根，则，故，
所以，同理，，
因此，
代入数据得，
对函数求导得，则，故D正确.
12．27
解析：由条件得，
因为，所以，
解得，（舍去），
所以.
13．
解析：设，化简得，
因此，当时：，
当时：，此时，
合并两种情况，可得的所有取值范围是.
14．6
解析：我们把摸出3个黑球的过程，拆成三个独立的几何分布阶段，分别计算各阶段期望：
第一阶段，从袋中开始有放回的摸球，直到第一次摸到黑球的摸球次数记为，
在这一阶段，袋中始终有个红球和个黑球，共个球，
所以每次摸到黑球的概率为，所以服从参数为的几何分布，
由几何分布的期望公式可得；
第二阶段，把第一次摸到黑球后到第二次摸到黑球的摸球次数记为，
在这一阶段，袋中始终有个红球和2个黑球，共个球，
所以每次摸到黑球的概率为，同理可知服从参数为的几何分布，
所以；
第三阶段，把第二次摸到黑球后到第三次摸到黑球的摸球次数记为，
在这一阶段，袋中始终有个红球和1个黑球，共个球，
所以每次摸到黑球的概率为，同理可知服从参数为的几何分布，
所以.
因为黑球被全部摸出时摸球的总次数，且，
所以由期望的性质可知，
将上式通分可得，解得，
所以的最大值为6.
15．(1)
(2)6
解析：（1）由，根据向量平行的坐标条件，得，
化简得.
利用辅助角公式，将左边整理为，
因此：，
因为锐角三角形，故，则.
所以，解得.
（2）由(1)知，结合面积公式，代入，
得，
再由余弦定理，代入、，
得，
由完全平方公式，，故(边长为正，取正值).
因此，的周长为.
16．(1)
(2)
解析：（1）设椭圆的焦距为，则，解得．
由题意．
椭圆的标准方程为：．
（2）
方法一：常规代数（韦达定理）
设点，点．
将直线的方程代入椭圆方程，整理得：
．解得：①
由韦达定理知：．
因为点关于原点的对称点为，所以的坐标为．
又因为，
所以：
由题意知，即．
显然满足条件①．解得．
所以直线的方程为．
方法二：几何转化（中位线）
设，弦的中点为．
在中，因为点与点关于原点对称，所以为线段的中点．
．
．
代入得：．故直线的方程为：．
联立直线与直线的方程：
解得中点的坐标为：
因为，即，
代入点坐标得：
解得：．验证可知中点在椭圆内部，符合题意．
综上所述，直线的方程为．
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
解析：（1）当时，，所以，
当时，，所以，
设等差数列的公差为，则，
因此数列的通项为：，所以，
当时，，符合题意；
当时，，则，
整理得，得，所以，
即数列是常数列，首项为，即，解得，
经检验，当时也满足，
因此数列的通项公式为.
（2）由（1）可知，所以：
，
即，又因为恒成立，则，所以的最小值为．
（3）显然数列各项均为奇数，奇数项，即被除余．
偶数项，即被除余．
在数列的前项中，奇数项和偶数项各有个．若从这项中任取两项，要求“和能被整除”，则两项必一个余、另一个余．
总取法数：种，满足条件的取法数：种．
所以，
所以．即成立．
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
解析：（1）
设，连接．
因为四边形为菱形，所以 为的中点．
在中，因为 为的中点，所以 OM为的中位线，故，
又因为平面，平面，
所以 平面；
（2）方法一：向量法
以A为原点，以所在直线为轴，在平面内过作与垂直的直线为轴，
过作与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
在平面内过作，交的延长线于，连接.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以.
因为，所以，
因为，，所以，
所以，，即，所以.
在中，，所以，，
则，因为为中点，所以，
则，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，则.
设点D到平面的距离为，
则．
由（1）知平面，
所以到平面的距离即为点D到平面的距离，
所以到平面的距离为；
方法二：等体积法
由（1）知平面，
所以到平面的距离等于点到平面的距离，设为．
因为为中点，所以点到平面的距离等于点B到平面的距离，
即，
在平面内作交直线的延长线于，取中点，
连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以.
在中，，所以，，
所以到平面的距离为.
因为，所以．
在中，，
由余弦定理可得，
在中，．
在中，，为中点，则，
由余弦定理可得，
所以，所以．
在中，，底边上的高为，
所以.
又因为.
由可得，解得，
所以到平面的距离为；
（3）
在（2）所建的坐标系中，设，则，
因为，所以．
由，可得，
解得，故.
在正中，外接圆圆心为，外接圆半径．
设三棱锥外接球的半径为，球心为．
由球的性质可得，解得，则，
所以，因为点在外接球上，则，
所以，
即，即．
解得，所以，
所以，.
设平面的法向量为．
则，即.
令，则，即．
设直线和平面所成角为，
则
因为，所以．
所以直线和平面所成角的余弦值为．
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
解析：（1）由题意知．
因存在两个不同的极值点，故有两个不同的实根，
即方程有两个不同实根．
令，则．
令，因恒成立，故在上单调递减．
又，故：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
所以在处取得极大值即最大值，且．
又，，当，，
要使直线与图象有两个不同交点，必须满足．
当时，易知函数存在两个不同的极值点，符合题意，
故实数的取值范围是．
（2），
，
令，
所以单调递增，又，
所以当时，，则在上单调递减；
当时，，则，在上单调递增．
因此在处取得最大值，．
即的最大值为．
（3）由（1）知．不妨设．
因在上递增，上递减，且，故必有．
构造函数，
当时，，即恒成立．
因为，所以．又，故．
因为，且在上单调递减，
所以，即．
当时，，此时，故在上单调递减．
由于，故．
于是．
由（2）知，当时，．
因为，所以．
综上可得，，原命题得证．

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