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江西省九江市2026届高三第二次高考模拟统一考试数学试卷
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.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数，则( )
A. B. C. D.
3.已知变量与线性相关，现收集了组样本数据如下表．
根据上表可得线性回归方程为，则( )
A. B. C. D.
4.已知，则的大小关系为( )
A. B. C. D.
5.在平行四边形中，、分别是、的中点．若，则( )
A. B. C. D.
6.已知是首项为的等差数列．当且仅当时，的前项和取得最大值，则公差的取值范围为( )
A. B. C. D.
7.已知双曲线及其中，与相交于，，，四点，与的两条渐近线相交于四点．若四边形与四边形相似，则的离心率为( )
A. B. C. D.
8.定义在上的函数满足：对任意都有；，则函数零点的个数为( )
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.已知函数，则( )
A. 是偶函数 B. 的最小正周期为
C. 在上单调递增 D. 的最小值为
10.如图，在长方体中，，点是棱上的动点不含端点，过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则( )
A. 截面是平行四边形 B. 若，则
C. 存在点，使得截面为长方形 D. 截面的面积存在最小值
11.已知有穷数列，每一项均为或，且末项为若存在正整数，则称数列为“数列”记“数列”的所有项的和为，则( )
A. 若为“数列”，则此数列为，，，
B. 若为“数列”且，则
C. 若为“数列”且其中，则所有的和为
D. 若为“ 数列”，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中的系数为 ．
13.已知数列的前项和为，且满足，则 ．
14.在古镇旅游时，某同学观察到一扇破损木门的外轮廓可近似拟合为抛物线，工匠采用等腰三角形结构对破损部位进行木板加固处理．已知等腰三角形的顶点位于木门的中轴线上，腰为，底为，且其底边恰好经过抛物线的焦点．若木门水平方向最大宽度为，则木门的高为
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，内角，，所对的边分别为，，，已知．
求；
若，求的周长．
16.本小题分
如图，在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，轴截面为四边形，在下底上，，为中点．
求证：平面；
求平面与平面夹角的余弦值．
17.本小题分
椭圆的离心率为，左，右焦点分别是点，在椭圆上，当时，．
求的方程；
若，求四边形的面积．
18.本小题分
已知函数．
当时，求曲线在处的切线方程；
若在上单调递增，求的值；
若存在极小值点且，求的取值范围．
19.本小题分
人工智能的学习能力是当前研究的热点．某智能体进行一项学习任务，每次任务的结果只有成功或失败．该智能体采用如下学习策略：若前次任务中成功的次数为，则第次任务成功的预测概率为为常数且记表示第次任务的结果，若成功，若失败，规定．
试比较的大小；
求的分布列；
求证：，其中，
参考答案
1.
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3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由正弦定理可得：，
因为，所以，即，
又因为，所以．
由，
所以，又因为，
由余弦定理可得：，
所以，
所以，所以，
所以的周长为：．

16.解：在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，所以，
因为为的中点，所以，
易知平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，故平面．
因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
易知平面的一个法向量为，
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为．

17.当时，由椭圆的定义知，又
四边形为平行四边形，
的方程为
延长与的另一个交点为，
，由椭圆的对称性可知，
四边形为平行四边形．
由题意可知，直线的斜率不为，
设的方程为，
联立消去整理得，
，
．
，
即
，解得．
设点到直线的距离为，
四边形的面积
．
故四边形的面积为．

18.解：当时，
曲线在处的切线方程为，
即．
设，则．
时，在上单调递增．
当时，单调递减；
当时，单调递增，不符合题意．
时，令，得，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
故
设，则，
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，则．
当且仅当时，即时，在上单调递增，
综上，
由知，当时，存在极小值点且，不符合题意．
当时，在上单调递增，不存在极小值点，不符合题意．
当且时，，
又当时，；当时，．
当时，此时，且，
结合中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得，
且，
又因为，则，，
当时，，当时，，
则此时为极大值点，显然不合题意，舍去，
当时，此时，且，
结合中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得，
且，
结合，则，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
为极大值点，为极小值点，符合题意，
而；
又，
令，得，
当时，原式化简得，显然恒成立，则
当时，原式化简得，显然不成立，无解，
当时，原式化简得，显然不成立，无解，
综上，的取值范围是．

19.解：因为，所以；
当时，，则；
当时，，根据“糖水不等式”，可得．
的值可能为，，．
，
，
．
所以的分布列为：
用数学归纳法证明．
当时，，，所以当时，结论成立；
当时，，，，所以当时，结论成立．
假设当时，结论成立，
即对任意，有．
则当时，
因为，
所以
因为，
所以．
即当时，结论亦成立．
综上可知，对都成立．

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