精品解析：江西省景德镇市2026届高三上学期第一次质量检测数学试题

江西省景德镇市2026届高三上学期第一次质量检测数学试题 命题：景德镇一中 江宁 胡闵红 昌江一中 占星 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 一个各项均为正数的等比数列，第三项等于第四项和第五项之和，则公比等于（ ） A. B. 2 C. D. 2. “关于x，y的方程表示的曲线是圆”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 3. 若,则（ ） A. B. C. D. 4. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得一分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满4局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负互相独立，则比赛停止时已打局数 的期望为（ ） A. B. C. D. 3 5. 双曲线，过点作 的两条渐近线的平行线，分别与渐近线相交于A，B两点，则平行四边形OAPB的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 2 6. 定义在上的函数满足，又当时，恒成立，若，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 7. 在正方体中，下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 8. 已知函数在处取得极大值2，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的一个递增区间为 D. 将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数 9. 已知 为坐标原点，点 的轨迹与 轴的交点分别为，当点 与， 均不重合时，点 到点和到定直线距离的平方和为4，则下列说法正确的是（ ） A. 点 的轨迹方程为 B. 的最大值为 C. 当点 与P，Q均不重合时，直线MP，MQ的斜率之积为定值-2 D. 是点 的轨迹上的两点，，若斜率互为相反数，则 的斜率为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 10. 已知向量，且与的夹角是，则___________. 11. 已知数列的前 项和为，且数列为等差数列，若，则__________. 12. 已知函数，对于任意，满足时，的取值范围为__________. 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. 13. “赣超”是江西省于2025年推出的全新的业余足球赛事，采用“政府主导+地方协同+协会运营”的模式组织，旨在增强城市荣誉感和群众参与度，赛事口号为“以球为名，为城而战”.该联赛以城市为单位组队参赛，全省11个设区市组成南北两个赛区，全程66场比赛，赛程长达110天，比赛均安排在周末.2025年7月12日在南昌八一体育场开幕，南昌队对阵景德镇队，现场观众达14521人，受到高度关注. 现收集了已进行的6场比赛的场次顺序和对应球迷人数（千人）数据如下 场次 1 2 3 4 5 6 球迷人数 （千人） 15 17 23 23 29 31 （1）求球迷人数 对场次的线性回归方程，数据保留小数点后两位； （2）某公司组织城市知识问答活动，活动共有5个问题，其中3个为城市历史知识，2个为陶瓷制作工艺，答对4个问题可获得球赛门票一张.甲答对每个城市历史知识问题的概率为，答对每个陶瓷制作工艺问题的概率为，求甲赢得门票的概率. 参考数据： 参考公式：. 14. 记锐角 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 的外接圆半径为1，设 面积为 ，且 （1）求角 ； （2）求的最大值. 15. 已知抛物线的焦点为，过点的直线 交拋物线 于两点，点，若直线AC，BC分别与直线交于两点， （1）求抛物线 的方程； （2）求以 为直径的圆在轴上截得的弦长. 16. 如图，在正四棱柱中，，点 在棱上，平面ACE. （1）证明：平面ACE； （2）在棱上是否存在一点 ，使得三棱锥的外接球表面积为，求AF的长； （3）在第（2）问的条件下，求直线与平面CEF所成角的正弦值. 17. 已知函数 （1）求函数的单调区间； （2）当时，求曲线与曲线的公切线方程； （3）设函数存在两个极值点为，求证：关于的方程有唯一解 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省景德镇市2026届高三上学期第一次质量检测数学试题 命题：景德镇一中 江宁 胡闵红 昌江一中 占星 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 一个各项均为正数的等比数列，第三项等于第四项和第五项之和，则公比等于（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到，利用等比数列的通项公式，化简得，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，其中且， 因为第三项等于第四项和第五项之和，可得，所以， 所以，解得， 又因为，所以. 故选：C. 2. “关于x，y的方程表示的曲线是圆”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程表示圆求出参数范围，再由充分条件，必要条件的定义判断即可. 【详解】化成标准方程， 所以，解得或， 因为或推不出，可以推出或， 所以方程表示圆是的必要不充分条件. 故选：B. 3. 若,则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二倍角公式、诱导公式等求解即可. 【详解】, ,, . 故选：B. 4. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得一分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满4局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负互相独立，则比赛停止时已打局数 的期望为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由题意利用离散型随机变量求出，再由期望公式计算可得. 【详解】 的可能取值为2，4， ， 所以. 故选：C. 5. 双曲线，过点作 的两条渐近线的平行线，分别与渐近线相交于A，B两点，则平行四边形OAPB的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先由双曲线的渐近线方程和点斜式得到 方程，再联立渐近线解出点 坐标，然后由两点间距离公式求出，最后计算面积即可. 【详解】渐近线方程为， 方程为，与渐近线联立， 得，； 点到的距离 所以平行四边形OAPB的面积. 故选：A. 6. 定义在上的函数满足，又当时，恒成立，若，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由构造，借助其单调性解抽象不等式即可. 【详解】令， 则， 所以为偶函数， 当时，， 所以在上单调递增， 又因为，， 所以 因为 所以， 所以， 所以， 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 7. 在正方体中，下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，在正方体中，可得， 因为平面，所以与不平行，所以A错误； 对于B，在正方体中，可得， 因为平面且平面，所以平面，所以B正确； 对于C，在正方体中，可得平面 ， 因为 平面 ，所以， 又由，且，平面，所以 平面，所以C正确； 对D，由选项C知： 平面，过点 有且仅有一条直线与平面垂直，所以与平面不垂直，所以D错误. 故选：BC. 8. 已知函数在处取得极大值2，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的一个递增区间为 D. 将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角函数最小正周期的求法，可判定A正确；求得，根据在处取得极大值 ，列出方程，求得，可判定B错误；利用正弦型函数的性质，求得函数的单调区间，可判定C正确；结合三角函数的图象变换和余弦型函数的性质，可判定D正确. 【详解】对于A，由函数，其中， 所以函数的最小正周期为，所以A正确； 对于B，由， 因为在处取得极大值，可得， 所以，可得， 又因为的极大值为 ，可得，解得，所以B错误； 对于C，由函数，令， 可得，所以函数的递增区间， 令 ，可得函数的递增区间为，所以C正确； 对于D，将的图象向左平移个单位长度，可得， 此时函数为偶函数，所以D正确. 故选：ACD. 9. 已知 为坐标原点，点 的轨迹与 轴的交点分别为，当点 与， 均不重合时，点 到点和到定直线距离的平方和为4，则下列说法正确的是（ ） A. 点 的轨迹方程为 B. 的最大值为 C. 当点 与P，Q均不重合时，直线MP，MQ的斜率之积为定值-2 D. 是点 的轨迹上的两点，，若 斜率互为相反数，则 的斜率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，得到，可判定A正确；根据椭圆的几何性质，可判定B正确；设，利用斜率公式，可得判定C错误；设，联立方程组,求得和，结合斜率公式，可判定D正确. 【详解】对于A，因为点 到点和到定直线距离的平方和为， 可得，整理得，所以A正确； 对于B，根据椭圆的几何性质，可得的最大值为，所以B正确； 对于C，当点 与均不重合时，设，可得， 则，所以C错误； 对于D，设AB方程为，即， 联立方程组，整理得， 则，可得， 用替换表达式中的 可得， 所以， 所以，所以D正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 10. 已知向量，且与的夹角是，则___________. 【答案】－4 【解析】 【分析】由向量夹角的公式计算可得. 【详解】，所以. 故答案为：－4. 11. 已知数列的前 项和为，且数列为等差数列，若，则__________. 【答案】-7 【解析】 【分析】先由的关系结合已知等式得到数列为等差数列，再由定义求出通项，然后代入计算可得. 【详解】即 因为数列为等差数列， 数列的公差为1， . 故答案为：-7. 12. 已知函数，对于任意，满足时，的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先判断在R上单调递增，再求出区间内的最值，然后由基本不等式可得. 【详解】在R上单调递增，不妨设，记 所以当 时，取得最小值0； 当时，取得最大值 ， 当且仅当时取等号， 所以的取值范围为. 故答案为：. 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. 13. “赣超”是江西省于2025年推出的全新的业余足球赛事，采用“政府主导+地方协同+协会运营”的模式组织，旨在增强城市荣誉感和群众参与度，赛事口号为“以球为名，为城而战”.该联赛以城市为单位组队参赛，全省11个设区市组成南北两个赛区，全程66场比赛，赛程长达110天，比赛均安排在周末.2025年7月12日在南昌八一体育场开幕，南昌队对阵景德镇队，现场观众达14521人，受到高度关注. 现收集了已进行的6场比赛的场次顺序和对应球迷人数（千人）数据如下 场次 1 2 3 4 5 6 球迷人数 （千人） 15 17 23 23 29 31 （1）求球迷人数 对场次的线性回归方程，数据保留小数点后两位； （2）某公司组织城市知识问答活动，活动共有5个问题，其中3个为城市历史知识，2个为陶瓷制作工艺，答对4个问题可获得球赛门票一张.甲答对每个城市历史知识问题的概率为，答对每个陶瓷制作工艺问题的概率为，求甲赢得门票的概率. 参考数据： 参考公式：. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知公式计算线性回归方程可得； （2）分甲答对5题，甲3个城市历史知识只答对2个，2个陶瓷制作工艺问题都答对，甲3个城市历史知识都答对，2个陶瓷制作工艺问题只答对一个三种情况由离散型随机变量的概率分布讨论可得. 【小问1详解】 因为 所以 所以回归方程为 【小问2详解】 ①甲答对5题的概率为 ②甲3个城市历史知识都答对，2个陶瓷制作工艺问题只答对一个的概率为 ③甲3个城市历史知识只答对2个，2个陶瓷制作工艺问题都答对的概率为 所以甲赢得门票的概率. 14. 记锐角 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 的外接圆半径为1，设 面积为 ，且 （1）求角 ； （2）求的最大值. 【答案】（1） （2）6. 【解析】 【分析】（1）先由诱导公式和两角和差的余弦展开式化简已知等式右边，然后由三角形面积公式结合正弦定理计算可得； （2）由余弦定理得到，再由基本不等式计算可得. 【小问1详解】 因为， 所以 所以，又由正弦定理，， 所以， 所以，因为 为锐角三角形，所以 【小问2详解】 由正弦定理，， 由余弦定理，， 由基本不等式，当且仅当时，等号成立. 综上所述，的最大值为6. 15. 已知抛物线的焦点为，过点的直线 交拋物线 于两点，点，若直线AC，BC分别与直线交于两点， （1）求抛物线 的方程； （2）求以 为直径的圆在轴上截得的弦长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，求得，即可求得抛物线 的方程； （2）设直线 的方程为，联立方程组，得到，求得的方程，得出的坐标，设以MN为直径的圆与轴的交点，根据，列出方程，求得 的值，进而得到圆在轴上截得的弦长. 【小问1详解】 由抛物线，可得焦点为， 因为抛物线 的焦点为，可得，解得， 所以抛物线 的方程为. 【小问2详解】 设直线 的方程为， 联立方程组，整理得， 设，可得，且， 因为，可得 ，所以AC的方程为， 令，可得，所以点， 同理可得，点， 设以MN为直径的圆与轴的交点，则， 则， 由，可得，则， 所以 ，解得， 所以以MN为直径的圆在轴上截得的弦长. 16. 如图，在正四棱柱中，，点 在棱上，平面ACE. （1）证明：平面ACE； （2）在棱上是否存在一点 ，使得三棱锥的外接球表面积为，求AF的长； （3）在第（2）问的条件下，求直线与平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（1） 依题意，，所以四边形为正方形， 所以，连接DB交AC于 ，则 为DB的中点， 由平面ACE可知，，所以 为的中点， 因为，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以平面ACE （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）先由几何关系得到，连接DB交AC于 ，再由线面垂直的判定定理证明平面后可得； （2）方法一：设，由几何特征分析得到球心 的位置，再设点 到的距离为，直线 与的交点为 ，由勾股定理建立方程组可解；方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，设球心，由四点共面列方程组可得； （3）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面FEC的法向量，代入线面角公式计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：设， 可知三棱锥的外接球的球心必在过CF中点且垂直面AFC的直线 上，且， 设球心为 点，三棱锥的外接球表面积为， 则三棱锥的外接球的半径. 因为点 到面ABC的距离为 ，设点 到的距离为，直线 与的交点为 ， 则，球心 到CF中点的距离为， 则，代入上述方程组中的第一个式子，可得， 又因为，则. 方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，且， 设球心，则， 则. 【小问3详解】 建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 则 设平面FEC的法向量为 ， 由即： 令，则， 所以. 设直线与平面CEF所成的角为 ， 所以 所以直线与平面CEF所成角的正弦值为. 17. 已知函数 （1）求函数的单调区间； （2）当时，求曲线与曲线的公切线方程； （3）设函数存在两个极值点为，求证：关于的方程有唯一解 【答案】（1）递减区间为上单调递减，递增区间为 （2） （3）证明：证法一：关于的方程有唯一解， 等价于，其中 ， 因为，所以， 函数的存在两个极值点为， 令，所以， 因为，所以在上单调递增，在上单调递减， 且时，，所以，所以 且， 令，可得， 所以在上单调递增函数，且， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以，所以， 又因为 ，所以， 所以关于的方程有唯一解 证法二：关于的方程有唯一解 等价于，其中 ， 即证，也就是 因为，可得，所以， 所以，则， 即， 因为，即证， 设，可得， 所以函数在上是增函数，所以， 所以， 所以关于的方程有唯一解. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，得到和解集，即可求解； （2）根据题意，分别求得切线方程为和，得出方程组，求得，得到，令，利用导数求得在R上单调递增，且，进而求得公切线方程； （3）证法一：根据题意，转化为，由，求得，令，得到，得到的单调性，令，求得单调递增，且，求得，进而证得结论； 证法二：转化为，列出方程组，得到，证得为证明，设，求得是增函数，得到，进而证得结论. 【小问1详解】 解：由函数，可得其定义域为且， 令，解得，在上单调递减， 令，解得，在上单调递增， 所以函数的递减区间为，递增区间为. 【小问2详解】 解：设的切点为，则的切线为， 设的切点为，则的切线为， 则，可得，所以， 令，所以， 令，可得 当时，，单调递减，即在上单调递减， 当时，，单调递增，即在单调递增， 所以，所以在R上单调递增，且， 所以方程有唯一解，所以公切线方程为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $