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江苏省南师附中、天一、淮中、海门中学四校联考
2026届高三（下）数学试卷（理科）
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，.
1．（5分）已知全集I={1，2，3，4，5，6}，集合A={1，3，5}，B={2，3，6}，则（∁IA）∩B= ．
2．（5分）复数1+的实部为 ．
3．（5分）如图是一个算法流程图，则输出的n的值是 ．
4．（5分）某校在市统测后，从高三年级的1000名学生中随机抽出100名学生的数学成绩作为样本进行分析，得到样本频率分布直方图，如图所示．则估计该校高三学生中数学成绩在[110，140）之间的人数为 ．
5．（5分）若双曲线=1的一条渐近线过点（2，1），则双曲线的离心率为 ．
6．（5分）现有5张分别标有数字1，2，3，4，5的卡片，它们大小和颜色完全相同．从中随机抽取2张组成两位数，则两位数为偶数的概率为 ．
7．（5分）已知点P（x，y）满足，则z=的最大值为 ．
8．（5分）设正项等比数列{an}满足2a5=a3﹣a4．若存在两项an、am，使得a1=4，则m+n的值为 ．
9．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为AA1中点，Q为CC1的中点，AB=2，则三棱锥B﹣PQD的体积为 ．
10．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）=x2﹣2x+1，不等式f（x2﹣3）＞f（2x）的解集用区间表示为 ．
11．（5分）在平面直角坐标系xOy中，设直线x﹣y+m=0（m＞0）与圆x2+y2=8交于不同的两点A，B，若圆上存在点C，使得△ABC为等边三角形，则正数m的值为 ．
12．（5分）已知P是曲线y=x2﹣lnx上的动点，Q是直线y=x﹣1上的动点，则PQ的最小值为 ．
13．（5分）矩形ABCD中，P为矩形ABCD所在平面内一点，且满足PA=3，PC=4．矩形对角线AC=6，则= ．
14．（5分）在△ABC中，若+=3，则sinA的最大值为 ．
二、解答题：本大题共6小题，，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（14分）已知f（x）=2sinxcosx+2cos2x﹣1．
（1）求f（x）的最大值，以及该函数取最大值时x的取值集合；
（2）在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，且a=1，b=，f（A）=2，求角C．
16．（14分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，每条棱长均相等，D为棱AB的中点，E为侧棱CC1的中点．
（1）求证：OD∥平面A1BE；（2）求证：AB1⊥平面A1BE．
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17．（14分）如图，已知椭圆C：=1（a＞b＞0）过点（0，1）和（1，），圆O：x2+y2=b2
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l与圆O相切，切点在第一象限内，且直线l与椭圆C交于A、B两点，△OAB的面积为时，求直线l的方程．
18．（16分）如图，在某商业区周边有两条公路l1和l2，在点O处交汇；该商业区为圆心角、半径3km的扇形．现规划在该商业区外修建一条公路AB，与l1，l2分别交于A，B，要求AB与扇形弧相切，切点T不在l1，l2上．
（1）设OA=akm，OB=bkm试用a，b表示新建公路AB的长度，求出a，b满足的关系式，并写出a，b的范围；
（2）设∠AOT=α，试用α表示新建公路AB的长度，并且确定A，B的位置，使得新建公路AB的长度最短．
19．（16分）设a＞0且a≠1函数f（x）=ax+x2﹣xlna﹣a
（1）当a=e时，求函数f（x）的单调区间；（其中e为自然对数的底数）
（2）求函数f（x）的最小值；
（3）指出函数f（x）的零点个数，并说明理由．
20．（16分）如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于3，则称这个数列为“S型数列”．
（1）已知数列{an}满足a1=4，a2=8，an+an﹣1=8n﹣4（n≥2，n∈N*），求证：数列{an}是“S型数列”；
（2）已知等比数列{an}的首项与公比q均为正整数，且{an}为“S型数列”，记bn=an，当数列{bn}不是“S型数列”时，求数列{an}的通项公式；
（3）是否存在一个正项数列{cn}是“S型数列”，当c2=9，且对任意大于等于2的自然数n都满足（﹣）（2+）≤+≤（﹣）（2+）？如果存在，给出数列{cn}的一个通项公式（不必证明）；如果不存在，请说明理由．
[选修4-1：几何证明选讲]
21．（10分）如图，A，B，C是圆O上不共线的三点，OD⊥AB于D，BC
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和AC分别交DO的延长线于P和Q，求证：∠OBP=∠CQP．
[选修4-2：矩阵与变换]
22．已知a，b∈R，矩阵A=，若矩阵A属于特征值1的一个特征向量为α1=，属于特征值5的一个特征向量为α2=．求矩阵A，并写出A的逆矩阵．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．已知在极坐标系下，圆C：p=2cos（）与直线l：ρsin（）=，点M为圆C上的动点．求点M到直线l距离的最大值．
[选修4-5：不等式选讲]
24．已知x，y，z均为正数．求证：．
三、解答题（共2小题，满分10分）
25．如图，已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB=2，AA1=1，直线BD与平面AA1B1B所成的角为30°，AE垂直BD于点E，F为A1B1的中点．
（1）求异面直线AE与BF所成角的余弦值；
（2）求平面BDF与平面AA1B1B所成二面角（锐角）的余弦值．
26．（10分）设集合S={1，2，3，…，n}（n≥5，n∈N*），集合A={a1，a2，a3}满足a1＜a2＜a3且a3﹣a2≤2，A⊆S
（1）若n=6，求满足条件的集合A的个数；
（2）对任意的满足条件的n及A，求集合A的个数．
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【参考答案】
一、填空题
1．{2，6}
【解析】因为全集I={1，2，3，4，5，6}，集合A={1，3，5}，
所以∁IA={2，4，6}，
又B={2，3，6}，
则（∁IA）∩B={2，6}，
故答案是：{2，6}．
2．
【解析】1+=，
则复数1+的实部为：．
故答案为：．
3．6
【解析】模拟程序的运行，可得n=1，
执行循环体，n=2
不满足条件42＞ 2025，执行循环体，n=3
不满足条件43＞ 2025，执行循环体，n=4
不满足条件44＞ 2025，执行循环体，n=5
不满足条件45＞ 2025，执行循环体，n=6
满足条件46＞ 2025，退出循环，输出n的值为6．
故答案为：6．
4． 660
【解析】由样本频率分布直方图，知：
该校高三学生中数学成绩在[110，140）之间的频率为：
（++）×10=，
∴估计该校高三学生中数学成绩在[110，140）之间的人数为：
1000×=660．
故答案为：660．
5．
【解析】双曲线=1的一条渐近线过点（2，1），可得a=2b，
即：a2=4b2=4c2﹣4a2，e＞1，解得e=．
故答案为：；
6．
【解析】从这5张卡片中随机同时抽取两张，用抽出的卡片上的数字组成的两位数为：
12；13；14；15；21；23；24；25；31；32；34；35；41；42；43；45；51；52；53；54，共20个，
偶数为：12，14，24，32，34，42，52，54，共8个，
故两位数是偶数的概率是．
故答案为
7． 3
【解析】画出满足条件的平面区域，
如图示：
由z=表示过平面区域的点（x，y）与（0，0）的直线的斜率，由，得A（1，3），
显然直线过A（1，3）时，z取得最大值，z==3，
故答案为：3．
8．6
【解析】正项等比数列{an}满足2a5=a3﹣a4．则2a3q2=a3（1﹣q），可得 2q2+q﹣1=0，q＞1，解得q=．
若存在两项an、am，使得a1=4，∴a1=4，
∴n+m=6．
故答案为：6．
9．
【解析】如图，
连接PQ，则PQ∥AC，取PQ中点G，连接BG，DG，
可得BG⊥PQ，DG⊥PQ，
又BG∩DG=G，则PQ⊥平面BGD，
在Rt△BPG中，由BP=，PG=，可得BG=，
同理可得DG=，则△BDG边BD上的高为，
∴，
则．
故答案为：．
10．（﹣1，3）
【解析】根据题意，f（x）是定义在R上的奇函数，则有f（0）=0，
当x＜0时，f（x）=x2﹣2x+1=（x﹣1）2，为减函数，则当x＞0时，
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f（x）也为减函数，
综合可得f（x）在R上为减函数，
若f（x2﹣3）＞f（2x），则有x2﹣3＜2x，
解可得﹣1＜x＜3，
即不等式f（x2﹣3）＞f（2x）的解集为（﹣1，3），
故答案为：（﹣1，3）．
11．2
【解析】根据题意画出图形，连接OA，OB，作OD垂直于AB于D点，
因为△ABC为等边三角形，所以∠AOB=120°，由余弦定理知：AB=2，
故BD=，所以OD=，
所以O（0，0）到直线AB的距离=，解得m=±2，
∵m是正数，
∴m的值为2
故答案为2．
12．
【解析】函数的定义域为（0，+∞），
由y=x2﹣lnx的导数为y′=x﹣，
令x﹣=，
可得x=2，
所以切点为（2，1﹣ln2），
它到直线y=x﹣1即3x﹣4y﹣4=0的距离d==．
即点P到直线y=x﹣1的距离的最小值为．
故答案为：．
13．﹣
【解析】由题意可得=（+）•（+）=+•++
=9+•（+）+0=9+=9+3•6•cos（π﹣∠PAC）=9﹣18•
=9﹣18•=﹣，
故答案为：．
14．
【解析】在△ABC中，+=3，
∴．
∴，即，
∴．
根据正弦定理得：．
∴a2=3bccosA．
又根据余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA，
∴b2+c2﹣2bccosA=3bccosA．
∴．
当且仅当b=c时等号成立，
∴．
∴，即，
∴．
故答案为：
二、解答题
15．解：（1）f（x）=2sinxcosx+2cos2x﹣1=sin2x+cos2x=2≤2．
当=1，即2x+=+2kπ，解得x=kπ+，k∈Z时取等号．
∴f（x）的最大值为2，该函数取最大值时x的取值集合为{x|x=kπ+，k∈Z}．
（2）f（A）=2，∴2sin=2，解得A=kπ+，k∈Z．
∵a＜b，∴A为锐角，
∴A=．
由余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA，
∴12=+c2﹣2c，
化为：c+1=0，
解得c=．
由正弦定理可得：，
可得sinC==×=．
∴C=15°，75°，或105°．
16．解：（1）设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD，因为O为AB1的中点，D为AB的中点，所以OD∥BB1，且又E是CC1中点，则EC∥BB1
且，所以EC∥OD且EC=OD．所以四边形ECDO为平行四边形，
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所以EO∥CD．
又CD⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，则CD∥平面A1BE
（2）因为正三棱柱，所以BB1⊥平面ABC．因为CD⊂平面ABC，
所以BB1⊥CD．由已知得AB=BC=AC，所以CD⊥AB．
所以CD⊥平面A1ABB1由（1）可知EO∥CD，所以EO⊥平面A1ABB1所以EO⊥AB1．
因为正三棱柱各棱长相等，所以侧面是正方形，所以AB1⊥A1B．
又EO∩A1B=O，EO⊂平面A1EB，A1B⊂平面A1EB．
所以AB1⊥平面A1BE．
17．解：（1），
椭圆方程为：
（2）因为切点在第一象限，可设直线l为y=kx+m（k＜0，m＞0），
联立方程，
得（x1，x2分别为A、B横坐标）
AB长：
=
∴
∴
∴m==，直线l为
18．解：（1）在△AOB中，OA=akm，OB=bkm，；
由余弦定理得：
=a2+b2﹣ab；
所以；
如图，以O为原点，OA所在直线为x轴，建立直角坐标系，
则，
所以直线AB的方程为，
即；
因为AB与扇形弧相切，所以，
即；a，b∈（3，6）
（2）因为OT是圆O的切线，所以OT⊥AB．
在Rt△OTA中，AT=3tanα；
在Rt△OTB中，；
所以，AB=AT+TB=3tanα+3tan（﹣α）（0＜α＜）；
所以，AB=3（tanα+）=；
设，u∈（1，4），
则，
当且仅当u=2，即时取等号；
此时km．
所以，当km时，新建公路AB的长度最短．
19．解：（1）当a=e时，f（x）=ex+x2﹣x﹣e，f'（x）=ex+2x﹣1．
设g（x）=ex+2x﹣1，则g（0）=0，且g'（x）=ex+2＞0．
所以，g（x）在（﹣∞，+∞）上单增，
当x＞0时，g（x）＞g（0）=0；当x＜0时，g（x）＜g（0）=0．
即 当x＞0时，f′（x）＞0；当x＜0时，f'（x）＜0．
综上，函数f（x）的单增区间是（0，+∞），单减区间是（﹣∞，0）．
（2）f'（x）=axlna+2x﹣lna=（ax﹣1）lna+2x
①当a＞1，若x＞0，则ax＞1，lna＞0，所以f'（x）＞0
若x＜0，则ax＜1，lna＞0，所以f'（x）＜0
②当0＜a＜1，若x＞0，则ax＜1，lna＜0，所以f'（x）＞0
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若x＜0，则ax＞1，lna＜0，所以f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上减，（0，+∞）上增．
所以f（x）min=f（0）=1﹣a，
（3）由（2）得：a＞0，a≠1，f（x）min=1﹣a．
（ⅰ）若1﹣a＞0即0＜a＜1时，f（x）min=1﹣a＞0，函数f（x）不存在零点．
（ⅱ）若1﹣a＜0即a＞1时，f（x）min=1﹣a＜0．
f（x）的图象在定义域是不间断的曲线，f（x）在（﹣∞，0）上单减，在（0，+∞）上单增．
f（a）=aa+a2﹣alna﹣a＞a2﹣alna﹣a=a（a﹣lna﹣1）．
令t（a）=a﹣lna﹣1，（a＞1），，所以t（a）在（1，+∞）递增；
所以t（a）＞t（1）=0．所以f（a）＞0．故f（x）在（0，a）有一个零点．
又f（﹣a）＞a2﹣a＞0，
故f（x）在（﹣a，0）有一个零点．
所以f（x）在（﹣∞，0）和（0，+∞）各有一个零点，即f（x）有2个零点．
综上：①0＜a＜1时，函数f（x）不存在零点；②a＞1时，函数f（x）有2个零点．
20．（1）证明：由题意，an+1+an=8n+4 ①，an+an﹣1=8n﹣4 ②，
②﹣①得an+1﹣an﹣1=8
所以a2n=8n，a2n﹣1=8n﹣4，因此an=4n，从而an﹣an﹣1=4＞3
所以，数列{an}是“S型数列”
（2）由题意可知a1≥1，且an﹣an﹣1=4＞3，因此{an}单调递增且q≥2
而（an﹣an﹣1）﹣（an﹣1﹣an﹣2）=an﹣1（q﹣1）﹣an﹣2（q﹣1）=（q﹣1）（an﹣1﹣an﹣2）＞0
所以{an﹣an﹣1}单调递增，
又bn=an，因此{bn﹣bn﹣1}单调递增
又{bn}不是“S型数列”所以，存在n0，使得﹣≤3，
所以b2﹣b1≤﹣≤3，
即a1（q﹣1）≤4又因为a2﹣a1＞3，即a1（q﹣1）＞3且a1，q∈N+，
所以a1（q﹣1）=4
从而a1=4，q=2或a1=2，q=3或a1=1，q=5
∴an=2n+1或或
（3）可取an=（n+1）2，
验证符合（﹣）（2+）≤+≤（﹣）（2+）条件，
而且an﹣an﹣1=2n+1＞3
21．证明：连接OA，因为OD⊥AB，OA=OB，所以，
又，所以∠ACB=∠DOB，
又因为∠BOP=180°﹣∠DOP，∠QCP=180°﹣∠ACB，
所以∠BOP=∠QCP，所以B，O，C，Q四点共圆，
所以∠OBP=∠CQP．
22．解：由矩阵A属于特征值1的一个特征向量为α1=，
得：=，
∴3a﹣b=3，
由矩阵A属于特征值5的一个特征向量为α2=，
得：，
∴a+b=5，
解得，即A=．
∵→→→→
．
∴A的逆矩阵A﹣1=．
23．解：圆C：p=2cos（） 即 x2+y2+2y=0，x2+（y+1）2=1，表示圆心为（0，﹣1），半径等于1的圆．
直线l：ρsin（）=，即ρcosθ+ρsinθ﹣2=0，即 x+y﹣2=0，
圆心到直线的距离等于 =，
故圆上的动点到直线的距离的最大值等于+1．
24．证明：因为x，y，z都是为正数，
所以①
同理可得
②
③
当且仅当x=y=z时，以上三式等号都成立．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得：
三、解答题
25．解：（1）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
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由已知AB=2，AA1=1，可得A（0，0，0），B（2，0，0），F（1，0，1）．
又AD⊥平面AA1B1B，从而BD与平面AA1B1B所成的角为∠DBA=30°．
又AB=2，AE⊥BD，AE=1，AD=，由已知得得E（，，0），D（0，，0）
=（﹣1，0，1），，∴，
即异面直线AE、BF所成的角的余弦值为．
（2）平面AA1B的一个法向量为=（0，1，0）．
设=（x，y，z）是平面BDF的一个法向量，．
由，取．
∴所以cos=．
平面BDF与平面AA1B1B所成二面角（锐角）的余弦值为．
26．解：（1）n=6时，S={1，2，3，4，5，6}；
∵a3﹣a2≤2；
∴a3﹣a2=2，或a3﹣a2=1；
当a3﹣a2=2时，a2和a3可分别为2和4，3和5，4和6；
此时对应的a1分别有1个，2个和3个；
当a3﹣a2=1时，a2和a3可分别取2和3，3和4，4和5，5和6；
对应的a1分别有1个，2个，3个和4个；
∴集合A的个数=1+2+3+1+2+3+4=16个；
（2）当n≥5时，
若a3﹣a2=2，则a2和a3可分别为2和4，3和5，…，n﹣2和n；
此时，对应的a1可分别为1个，2个，…，n﹣3个，共有个；
同理，a3﹣a2=1时，a1共有个；
∴集合A的个数为：
==（n﹣2）2，n≥5，n∈N*．