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江西宜春市十校2026届高三下学期第二次联考数学试题
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．复数z满足（i为虚数单位），则的最大值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．已知符号函数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．葫芦是中华民俗文化的组成部分，是一种文化载体、文化事象，更是中华吉祥文化的象征．图①为一个清代乾隆釉里红团龙纹葫芦瓶古玩，它近似为两个球融合组成的．现模仿该古玩制作了一模型，其轴截面如图②所示，已知两球的半径分别为2和3，且两球心的距离为，记两球心分别为，，P为两个球面交线上一点，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
5．已知函数，若满足且，都有成立，则实数a的取值范围为M；若数列满足，且数列是递增数列，则实数a的取值范围为N．那么下列M与N关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．已知随机变量，且，若函数，将向左平移个单位后，所得函数在上单调递增，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
A． B． C． D．
8．设N为正整数，在平面直角坐标系中，若（，且）恰好能表示出12个不同的椭圆方程，则N的取值为（ ）
A．12 B．8或9 C．6或7 D．4或5
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数为11
B．已知变量x，y的线性回归方程，且，则
C．已知随机变量，最大，则的取值为3或4
D．已知随机变量，，则
10．在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．当点为棱的中点时，直线与直线平行
C．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为
D．过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为
11．已知是各项均为正数的等差数列，且公差，是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（），下列说法正确的有（ ）
A．数据的平均数是
B．数据的平均数是
C．若，则数据的中位数大于数据的中位数
D．若，则数据的平均数大于数据的平均数
三、填空题
12．的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是______.
13．设数列的前n项和为，对任意，函数在定义域内有唯一的零点，则数列的通项公式________．
14．已知函数函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是______.
四、解答题
15．在中，内角A、、的对边分别为、、，（是的外接圆半径）.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
16．在平面直角坐标系中，直线交曲线于点，（在第一象限），过点作轴的垂线，垂足为点.如图，将坐标系第一、二象限所在的半平面沿轴向上翻折90°.
(1)当时，
①求点到平面的距离；
②求平面与平面的夹角的余弦值；
(2)求线段长度的最小值.
17．已知函数．
(1)求函数的图象在点处的切线方程：
(2)若在上有解，求m的取值范围；
(3)设是函数的导函数，是函数的导函数，若函数的零点为，则点恰好就是该函数的对称中心．试求的值．
18．“猜灯谜”是我国独有的民间文娱活动，某地在元宵节举办形式多样的猜灯谜比赛活动，比赛按照双人挑战赛和单人挑战赛两种模式进行．
(1)双人挑战赛规则如下：两位选手为一组，每次一位选手答题，若答对，则获得奖品并继续答题，若答错，则换另一位选手答题．甲、乙一组，甲、乙两人第1次答题的概率均为，已知甲每题答对的概率为，乙每题答对的概率为．
（i）已知第2次答题的是选手乙，求第1次答题的是选手甲的概率；
（ii）求第次答题的是选手甲的概率．
(2)单人挑战赛的规则为：选手每次答题，若答对，则答题立即结束并获得奖品，若答错，则可继续答题；每位选手最多有次答题机会，第次无论对错都要结束答题．丙选手每题答对的概率均为，设为丙选手答题结束时进行答题的次数，的数学期望为，证明：．
19．已知点A与关于直线对称，点A在抛物线上，点F是抛物线C的焦点．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)直线AF与抛物线的另一个交点为B，直线与直线AB交于点P（异于A、B），与抛物线交于点D，连接DF并延长，交抛物线于点E，直线PE与x轴相交于点G，直线l与直线BE相交于点Q，线段BD的中点为M，线段QF的中点为N．
（ⅰ）求证：G、M、N三点共线；
（ⅱ）设的面积为，的面积为，若，求k的取值范围．
参考答案
1．C
【详解】解绝对值不等式得，因此，
指数函数的值域为，因此，
故.
2．D
解：由题意得，又，所以，
根据复数的几何意义，复数表示复平面上，以原点为圆心，半径的圆，
而的几何意义为，圆上的点到点的距离，
因为圆心到的距离，所以点在圆外，
因此，圆上一点到圆外一定点的最大距离为，即的最大值为.
3．A
【详解】若，则同号，
所以或，
即或，即，
所以“”是“”的充要条件.
故选：A
4．B
【详解】
如图，连接，在中，，，，
由余弦定理，可得，
故．
故选：B.
5．A
【详解】因为对且，都有成立，
所以是上的增函数，
解得，所以.
数列满足，且是递增数列，
所以，即，解得，所以
故.
6．B
【详解】因为随机变量，且，
所以，解得，
所以.
将向左平移个单位后，所得函数为.
时，，故.
因为函数在上单调递增，
所以，即，
所以.
因为，所以，解得，
所以，所以.
故选:B.
7．D
【详解】因为的定义域为，关于原点对称，
所以
，所以函数为奇函数，关于原点中心对称，
而函数是函数向右平移两个单位得到的函数，
因而关于中心对称，
函数满足，所以，
即，所以函数关于中心对称，且，
且，
所以由函数零点定义可知，
即，
由于函数和函数都关于中心对称，
所以两个函数的交点也关于中心对称，
又因为恰有个零点，
即函数和函数的交点恰有个，
且其中一个为，其余的个交点关于对称分布，
所以个零点的和满足，
故选：D.
8．C
【详解】当为奇数时，和均有个不同的取值，由方程是椭圆的方程知，，
故方程可表示的不同的椭圆方程的个数为个，
令，解得；
当为偶数时，和均有个不同的取值，由方程是椭圆的方程知，，
故方程可表示的不同的椭圆方程的个数为个，
令，解得；
综上，或.
9．BCD
【详解】对于A，因为，所以这组数据的75%分位数为14，故A错误；
对于B，由，解得，故B正确；
对于C，，其中．
又，，，
故，
故C正确；对于D，，故D正确．
故选：BCD．
10．AD
【详解】如图，以正方体的顶点为坐标原点建立空间直角坐标系，
∴，，，，，，，
因分别为的中点，则，，则，，
对于A，设与所成的角为，则，故A正确；
对于B，，，则，，故不存在实数使得，故B错误；
对于C，∵，
∴点在侧面的运动轨迹为平面与球截面的圆弧，
球心到平面的距离为，∴圆弧的半径，
故在正方体侧面的运动轨迹圆弧，其长度为，故C错误；
对于D，易得该正方体的内切球的球心，半径，则向量，
∴球心到直线的距离，
∴球心到过直线的平面最大距离为，此时截面为面积最小的圆，
圆的半径，∴此时截面面积，故D正确.
故选：AD.
11．ACD
【详解】对于A选项,设的前项和为，
所以数据的平均数是，故A选项正确：
对于B选项，当时，取为2，4，8，
平均数为，故B选项错误；
对于C选项，的中位数是，的中位数
是，故C选项正确；
对于D选项，当时，
由，且等号当且仅当时成立，
故的前项和比的前项和大，平均值亦然，D选项正确.
故选：ACD.
12．
【详解】二项式 的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，
二项式系数最大值出现在中间项，
当 为偶数时，最大项为第 项，
因此有 ，解得 ，
展开式的通项公式为：
令 ，解得 ，
代入通项，得系数为：
因此，展开式中 的系数为 .
故答案为：
13．
【详解】函数在定义域内有唯一的零点，结合余弦函数和二次函数的对称性，为偶函数，其图象关于轴对称可知这个公共点的横坐标一定是0，（否则公共点则成对出现），即,取得,s所以,当时得到,,即,∴数列为首项为1，公比为2的等比数列，∴,
故答案为：.
14．
【详解】由函数恰有3个零点，
则方程，即
有3个不同的实数根，等价于
图像有3个交点，
如图
由图像要有3个交点，
根据图像可知：，
当时，所以，即，
当直线与相切时
，设切点为，
且，所以，
可得，所以，
可得或（舍），
所以可知
故答案为：
15．(1)，或
(2)
【详解】（1）由正弦定理可知，而，
所以，
又因为，于是或；
（2）当时，因为的面积为，
所以，
又因为，
所以
，
所以的周长为，
当时，因为的面积为，
所以，
又因为，
所以
，
又因为，
所以此时不构成三角形，
综上所述：的周长为.
16．(1)①；②；
(2).
【详解】（1）①方法一：
当时，联立，得或，
翻折后，在平面内作z轴交于点O得到如下图所示空间直角坐标系：
则，，，，，，
令平面的一个法向量，
由，令，则，，
，
故点到平面的距离.
方法二:
当时，由得或，
翻折后，，，，，
，，
点到平面的距离为1，设点到平面的距离为，
又，，解得；
所以求点到平面的距离为，
②当时，由①可知，，
令平面的法向量，
由，令，则，；，
故平面与平面的夹角的余弦值；
（2）联立，得或；
所以，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故线段长度的最小值为.
17．(1)
(2)
(3)985
【详解】（1）因为所以所求切线的斜率，又因为切点为，
所以所求的切线方程为．
（2）因为，所以．
因为在上有解，所以m不小于在区间上的最小值．
因为时，，
所以m的取值范围是．
（3）因为，所以．令可得，
所以函数的对称中心为，
所以当时，有，
故，，
所以．
18．(1)（i）；（ii）
(2)证明见解析
【详解】（1）（i）设“第1次答题的是选手甲”为事件，“第2次答题的是选手乙”为事件，则“第1次答题的是选手乙”为事件，
由题知，，
由全概率公式知，，
，
已知第2次答题的是选手乙，则第1次答题的是选手甲的概率为．
（ii）设“第次答题的是选手甲”为事件，“第次答题的是选手乙”为事件，
记，
由题知，当时，
，
由全概率公式知，
，
，
，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
，
则，即第次答题是选手甲的概率为．
（2）的所有可能取值为，
所以的分布列为
1 2 3 ．．．
．．．
故①，
②，
①-②，得
所以．
19．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）因为点A与关于直线对称，设，
所以，解得，即，
又点A在抛物线上，所以，即，
则抛物线C的标准方程为.
（2）（ⅰ）由（1）知，抛物线C的标准方程为，则，，
联立，解得或，即，则，
所以直线的方程为，
联立，得，
则，则，故，则，
所以直线的方程为，
联立，解得，即，
因为线段QF的中点为N，所以，即，
又线段BD的中点为M，则，即，而，
则，所以直线的方程为，
令，得，即，
则，
，
所以，因此，
又有公共点，则G、M、N三点共线.
（ⅱ）由题意，，
设，
由（ⅰ）知，，
而
由，得，
则，
即，
则，即，
则，又，则，
因为直线不经过点，故，
所以k的取值范围为.

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