资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2026年高考数学稳妥拿分专训（江西专用）（一）（学生版）
专训说明：1.本专训共15个题目，单选8题，多选2题，填空2题，解答题3题，均选自最新模拟试题，可训性强；2.适合80-120分的学生进行保底训练；3.建议限时60-80分钟.
一、单选题
1．（2026·江西·二模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·江西宜春·一模）已知直线的斜率为，，直线在两坐标轴上的截距相等，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
3．（2026·江西·三模）已知复数，则（ ）
A． B．2 C． D．1
4．（2026·江西·三模）如图，在中，，在边上，且，若，，则（ ）
A．26 B．28 C．36 D．39
5．（2026·江西抚州·二模）已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2026·江西·模拟预测）对于给定的正整数，若数列满足，，则称为“螺旋数列”.已知“螺旋数列”的前项和，则的最大值为（ ）
A．111 B．110 C．109 D．108
7．（2026·江西宜春·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为是上的两点．若四边形是面积为的平行四边形，且点在轴上的投影为的一个顶点，设的离心率为，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2026·江西·三模）若，且，则（ ）
A．-10 B． C．10 D．
二、多选题
9．（2026·江西赣州·一模）已知圆，过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，则（ ）
A．圆上的点到直线的最大距离为
B．四边形面积的最小值为4
C．的最小值为8
D．当点坐标为时，直线的方程为
10．（2026·江西·三模）下列结论正确的是（ ）
A．样本数据的第75百分位数为23
B．若一组样本数据的方差，则这组样本数据的总和为4052
C．若随机变量服从二项分布，则
D．若随机变量服从正态分布，且，则
三、填空题
11．（2026·江西宜春·模拟预测）已知，则___________．
12．（2026·江西·模拟预测）某市场供应的灯泡中，甲厂产品占30%，乙厂产品占70%，甲厂产品的合格率是70%，乙厂产品的合格率是90%，在该市场中随机购买一个灯泡，已知买到的是合格品，则这个灯泡是甲厂生产的概率是________．
四、解答题
13．（2026·江西·三模）在中，内角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若边上的中线的长度为2，求面积的最大值.
14．（2026·江西上饶·二模）如图，在三棱锥P-ABC中，为边长为2的正三角形，，．
(1)证明：平面平面．
(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值．
15．（2026·江西南昌·二模）在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样本不变）；若抽到负样本，则以的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以的概率将其放回数据集（仍为负样本）．
(1)求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值；
(2)求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
2026年高考数学稳妥拿分专训（江西专用）（一）（详解版）
专训说明：1.本专训共15个题目，单选8题，多选2题，填空2题，解答题3题，均选自最新模拟试题，可训性强；2.适合80-120分的学生进行保底训练；3.建议限时60-80分钟.
一、单选题
1．（2026·江西·二模）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】因为，，
所以.
2．（2026·江西宜春·一模）已知直线的斜率为，，直线在两坐标轴上的截距相等，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
【答案】A
【详解】分析充分性：
已知，设直线的方程为：，
当时，，在轴上的截距为，
当时，，在轴上的截距为，
所以直线在两坐标轴上的截距相等，即充分性成立；
分析必要性：
已知直线在两坐标轴上的截距相等，分两种情况：
（1）截距不为0时，设两截距均为，则直线方程为，即，此时斜率；
（2）截距为0时，直线过原点，此时斜率不一定为.
所以必要性不成立.
3．（2026·江西·三模）已知复数，则（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】D
【详解】复数，
则，故D正确.
4．（2026·江西·三模）如图，在中，，在边上，且，若，，则（ ）
A．26 B．28 C．36 D．39
【答案】D
【分析】根据题意，将问题转化为求，再结合已知条件进一步转化为求，最后根据求解即可.
【详解】因为在边上，方向相同，夹角为，
所以．
因为，
所以．
因为，所以，所以．
因为，且，
所以．
因为，
所以，即
5．（2026·江西抚州·二模）已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用复合函数单调性，结合对数函数单调性确定分段函数单增，再利用函数的单调性解不等式.
【详解】根据复合函数的单调性可知函数在上单调递增.
当时，，则，
易知在上单调递增，
而函数在处连续，故在上单调递增，
由，得，解得，
故实数的取值范围是.
6．（2026·江西·模拟预测）对于给定的正整数，若数列满足，，则称为“螺旋数列”.已知“螺旋数列”的前项和，则的最大值为（ ）
A．111 B．110 C．109 D．108
【答案】C
【分析】先分析取得最大值的条件，再结合题意得到和，最后求出最值即可.
【详解】由题意得，当最小，最大时，取得最大值，
当时，，当时，由题意得，
则，可得
，，
当时，因为，所以，
由题意得，则，解得，
当时，因为，所以，解得，
因为，所以，可得.
7．（2026·江西宜春·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为是上的两点．若四边形是面积为的平行四边形，且点在轴上的投影为的一个顶点，设的离心率为，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先确定点坐标，再计算平行四边形面积整理得到离心率的关系式求解即可.
【详解】如图
由题可知左右焦点，满足，离心率，
渐近线方程为.
因为在轴上的投影是双曲线的顶点，所以的横坐标为，
代入渐近线方程得，即.
四边形是平行四边形，对角线交于原点（中点为原点），
可得平行四边形面积（底，高为点纵坐标绝对值），因此，
两边平方得，代入得，
两边同除以，令，
得，取正根，
即.
8．（2026·江西·三模）若，且，则（ ）
A．-10 B． C．10 D．
【答案】C
【分析】由，且，，且.构造函数，利用导数分析其单调性，可得，从而得到.
【详解】由，且，得，且，即，且.
设，得，
当时，，所以在上单调递增，则在上有唯一解．
因为，
所以，所以，即．
二、多选题
9．（2026·江西赣州·一模）已知圆，过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，则（ ）
A．圆上的点到直线的最大距离为
B．四边形面积的最小值为4
C．的最小值为8
D．当点坐标为时，直线的方程为
【答案】ABD
【分析】A计算圆心到直线的距离即可判断；B根据计算面积即可；C利用数量积的定义以及对勾函数的单调性判断；D求出以为直径的圆的方程，再求两圆的交线即可.
【详解】由题意得，，半径，
因为圆心到直线的距离，
所以圆上的点到直线的最大距离为，故A正确；
因为，
所以四边形面积为，
当时，四边形面积的最小值，故B正确；
因为，
所以
因为在上单调递增，且，
所以当，即时取得最小值，最小值为，故C错误；
因为，所以以为直径的圆的方程为，
即，
则直线的方程为，故D正确.
10．（2026·江西·三模）下列结论正确的是（ ）
A．样本数据的第75百分位数为23
B．若一组样本数据的方差，则这组样本数据的总和为4052
C．若随机变量服从二项分布，则
D．若随机变量服从正态分布，且，则
【答案】BC
【详解】选项A，样本共个数据，
，第75百分位数为第8项数据24，A错误；
选项B，方差，
因为，
故样本均值，样本总和为，B正确；
选项C，若，则，
根据期望性质，
得，C正确；
选项D，正态分布的对称轴为，
由对称性得，
则，D错误.
三、填空题
11．（2026·江西宜春·模拟预测）已知，则___________．
【答案】2675
【分析】由组合数的性质得出，再根据二项式定理得出二项式通项，分别求得即可求解．
【详解】由得，，
，展开式通项为，
令得，，
令，则，
所以，
令，则，
所以，
所以．
12．（2026·江西·模拟预测）某市场供应的灯泡中，甲厂产品占30%，乙厂产品占70%，甲厂产品的合格率是70%，乙厂产品的合格率是90%，在该市场中随机购买一个灯泡，已知买到的是合格品，则这个灯泡是甲厂生产的概率是________．
【答案】/0.25
【分析】根据给定条件，利用全概率公式及条件概率公式计算即得.
【详解】设事件为“购买一个甲厂灯泡”，事件为“购买一个乙厂灯泡”，事件为“购买的灯泡是合格品”，
依题意，，
因此，
，
所以这个灯泡是甲厂生产的概率是.
故答案为：
四、解答题
13．（2026·江西·三模）在中，内角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若边上的中线的长度为2，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得；
（2）依题意可得，根据数量积的运算律得到，再由均值不等式求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
则，
即，
，则，
.
（2）因为是中点，所以.
两边平方得.
所以，即，
又由均值不等式得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，即面积的最大值为.
14．（2026·江西上饶·二模）如图，在三棱锥P-ABC中，为边长为2的正三角形，，．
(1)证明：平面平面．
(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理得平面，然后利用线面垂直的性质定理得，进而利用线面垂直的判定定理得平面，最后利用面面垂直的判定定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求解即可．
【详解】（1）证明：取的中点D，连接，
因为为边长为2的正三角形，所以，
因为，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）过点D作直线，分别以所在直线为x轴，y轴，l为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，），，，，，，
设平面的法向量为，
则，则，
令，则，
设直线与平面所成的角为，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
15．（2026·江西南昌·二模）在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样本不变）；若抽到负样本，则以的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以的概率将其放回数据集（仍为负样本）．
(1)求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值；
(2)求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值．
【答案】(1)可能取值为2，3；，，
(2)
【分析】（1）判断出的可能取值，并计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可.
（2）判断出的可能取值，结合条件概率计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可.
【详解】（1）设第一次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2、3．
，，
所以．
（2）设第二次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2，3，4．
，
，
，
所以．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑