精品解析：江西上饶市民校考试联盟2026届高三上学期阶段测试（二）数学试题

上饶市民校考试联盟 2025-2026学年上学期高三数学试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 第I卷（选择题 共60分） 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设等差数列的前项和为，已知，则（ ） A. 530 B. 430 C. 265 D. 215 3. 在中，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知命题p：，命题q：，若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 直线与圆相切，则的值是（ ） A. 或12 B. 2或12 C. 或 D. 2或 6. 2025年1月25日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，天舟七号货运飞船与火箭成功分离并进入预定轨道．已知火箭的最大速度（单位：km/s）与燃料质量（单位：kg）、火箭（除燃料外）的质量（单位：kg）的函数关系为．若已知火箭的质量为3100kg，火箭的最大速度为11km/s，则火箭需要加注的燃料质量为（ ）（参考数值：，结果精确到kg） A. B. C. D. 7. 已知正数m，n满足，则的最小值为（ ） A. 24 B. 18 C. 16 D. 12 8. 若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知事件，且，则下列结论正确的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果与互斥，那么 C. 如果与相互独立，那么 D. 如果与相互独立，那么 10. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上两动点，下列说法正确的是（ ） A. 的方程为： B. 若轴，则 C. 若直线AB的斜率为1，则 D. 以为直径的圆与相切或相交 11. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3 B. 四面体的体积为 C. 平面截正方体所得截面的面积为 D. 平面 第II卷（非选择题，共90分） 三、填空题 12. 二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）. 13. 在中，若，则_________. 14. 已知函数.若为偶函数，的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列.将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到函数的图象，则__________. 四、解答题 15. 如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一动点，且. （1）若，证明：； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值. 16. 在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. （1）求角A的大小； （2）若，，求a； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围. 17. 已知数列满足，，设.若对于任意且，都有. （1）求的值； （2）求数列的通项公式. （3）求证：. 18. 设，两个点的坐标分别为，．动点P满足，其中O为坐标原点．记动点P的轨迹为曲线C． （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）设点，过点的直线与曲线C交于A，B两点． （ⅰ）若直线m的斜率为，设线段AB的中点为D，求直线OD的方程； （ⅱ）设直线l的方程为，且直线m与直线l相交于点N，记MA，MN，MB的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列． 19. 已知函数． （1）若，求函数的最值； （2）若函数与都存在极值，且极值相等，求实数a的值； （3）若函数有两个不同的极值点，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上饶市民校考试联盟 2025-2026学年上学期高三数学试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 第I卷（选择题 共60分） 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求解一元二次不等式，再根据交集的定义运算即可. 【详解】由得，则， 则. 故选：A 2. 设等差数列的前项和为，已知，则（ ） A. 530 B. 430 C. 265 D. 215 【答案】C 【解析】 【分析】根据下标和性质得到，再由等差数列求和公式计算可得. 【详解】因为数列为等差数列且，所以， 所以. 故选：C 3. 在中，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，结合，化简得到，对照题设即得的值. 【详解】因为，可得， 所以， 又因为，所以. 故选：D. 4. 已知命题p：，命题q：，若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】转化为根据集合的包含关系求参数的取值范围问题求解. 【详解】设集合，，由题意可知， ∴，∴. 故选：D 5. 直线与圆相切，则的值是（ ） A. 或12 B. 2或12 C. 或 D. 2或 【答案】B 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式可得，求解即可. 【详解】由圆，可得圆心，半径， 由直线与圆相切， 所以，所以，解得或. 故选：B. 6. 2025年1月25日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，天舟七号货运飞船与火箭成功分离并进入预定轨道．已知火箭的最大速度（单位：km/s）与燃料质量（单位：kg）、火箭（除燃料外）的质量（单位：kg）的函数关系为．若已知火箭的质量为3100kg，火箭的最大速度为11km/s，则火箭需要加注的燃料质量为（ ）（参考数值：，结果精确到kg） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件列方程，化简求得正确答案. 【详解】根据题意，， 令，则， 所以，则， 即 所以. 故选：B 7. 已知正数m，n满足，则的最小值为（ ） A. 24 B. 18 C. 16 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】 由条件可得，则，由均值不等式可得答案. 【详解】由正数m，n满足，即，所以 所以 当且仅当,即时，取得等号. 故选：A 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方，这时改用勾型函数的单调性求最值. 8. 若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】，只需求出与的公切线斜率，再结合图象分析即可. 【详解】设， 则， 设与的公切线的切点分别为， 则切线方程为，即， ，即， 所以①，②， 由①式可得，代入②式可得， 即，解得或， 所以公切线的斜率为1或， 由图可得. 故选：. 二、多选题 9. 已知事件，且，则下列结论正确的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果与互斥，那么 C. 如果与相互独立，那么 D. 如果与相互独立，那么 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A根据包含事件的定义可得，对B根据互斥事件的定义及概率的加法公式可得，对C、D则根据相互独立事件的定义及公式可得. 【详解】对A选项：由，所以，， 因此，，故A正确； 对B选项：若与互斥，因此是不可能事件，所以， 再由概率的加法公式，故B正确； 对C选项：若与相互独立，则与也相互独立，. 因表示“A不发生且B不发生”，即，且与也相互独立， 所以，故C错误； 对D选项：因与相互独立，所以， 再由概率的加法公式，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上两动点，下列说法正确的是（ ） A. 的方程为： B. 若轴，则 C. 若直线AB的斜率为1，则 D. 以为直径的圆与相切或相交 【答案】BC 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，结合点差法、直线与圆的位置关系逐一判断即可. 【详解】因为抛物线，所以准线的方程为：错误． 轴，，则，B正确． 因为，又因为，两式作差可得： ，即，C正确． 以为直径的圆，圆心为，半径为， 则圆心到的距离为，因为， 所以，该圆与相切或相离，D错误， 故选：BC． 11. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3 B. 四面体的体积为 C. 平面截正方体所得截面的面积为 D. 平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】A取的中点，连接，根据已知证明平面，进而确定点的轨迹是矩形（点除外）判断；B在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点，利用线面垂直的性质及判断找到棱锥的高，结合相关线段长及棱锥的体积公式求体积；C分别取的中点，连接，，根据平面的基本性质确定截面，再求面积即可；D利用线面垂直的性质和判断证明即可. 【详解】对于A，取的中点，连接. 因为，所以， 所以四边形是平行四边形，易得，所以， 所以，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 而，则平面，所以点的轨迹是矩形（点除外）. 当与重合时，的长度最大，且最大值为，故A正确； 对于B，在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点. 因为，，所以. 而. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 所以点到平面即平面的距离为， 所以，故B错误； 对于C，分别取的中点，连接，， 平面截正方体所得截面即为正六边形，其面积为，故C正确； 对于D，平面，平面，则，而， 由都在平面内，则平面，平面， 所以，同理.又且都在平面内， 所以平面，即平面，故D正确. 故选：ACD 第II卷（非选择题，共90分） 三、填空题 12. 二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】先求出展开式的通项，再按照展开式的次数为-2与0两种情况分类即可求出. 【详解】因为展开式的通项为， 令，得，则对应的项为， 令，得，则对应的项为. 故二项式的展开式中的常数项为. 故答案为： 13. 在中，若，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用正弦定理把角化成边，再运用余弦定理即可求出. 【详解】因为， 由正弦定理得，，（为外接圆半径）， 代入条件得：，两边约去后整理得，即， 由余弦定理，代入得， 因为，故. 故答案为：. 14. 已知函数.若为偶函数，的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列.将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到函数的图象，则__________. 【答案】0 【解析】 【分析】根据题意得到函数的最小正周期和对称轴，求出，，得到，利用伸缩变换和平移变换得到，代入求解即可. 【详解】由的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列， 可以得到函数的最小正周期. 由为偶函数，可得的图象关于直线对称， 所以，解得， 因为，所以，则， 将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的，得到， 再向左平移个单位得到函数， 所以. 故答案为：. 四、解答题 15. 如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一动点，且. （1）若，证明：； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点建系，设，根据即可求证； （2）计算两个平面的法向量，计算法向量夹角即可. 【小问1详解】 因为矩形所在的平面，平面， 所以， 则以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则， 则， 因为是的中点，所以， 设，则， 所以， 由，得，得，即是的中点， 所以； 【小问2详解】 因为，所以，则， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 易得平面的法向量为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 16. 在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. （1）求角A的大小； （2）若，，求a； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理和诱导公式，化简求值即可； （2）通过三角形的面积公式求出边长，再利用余弦定理求解即可； （3）通过正弦定理，将边用角表示，然后结合三角形中角的关系，将问题表示为单一变量角的函数，再结合锐角三角形，确定角的取值范围，再利用正弦函数求取值范围即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，即， 因为在中，，所以， 又，所以. 【小问2详解】 因为，，，所以，解得. 由余弦定理得. 【小问3详解】 因为，， 结合正弦定理，得，所以，. 在中，, 所以. 因为为锐角三角形，所以，所以， 则，所以， 所以. 17. 已知数列满足，，设.若对于任意且，都有. （1）求的值； （2）求数列的通项公式. （3）求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由递推式求得，进而由题意得到关于的方程，再检验得到的的值; （2）利用构造法证得为等差数列，从而得解； （3）利用（2）中结论求得，再利用分组求和法与裂项求和法即可得证. 【小问1详解】 由题知数列是等差数列，则， ，，，， 由可得：，，， ，解得：. 【小问2详解】 由（1）知：，，， 则等差数列公差为， 数列是以为首项，为公差的等差数列， ， ； 【小问3详解】 证明：由（1）、（2）知 ， ，，. 18. 设，两个点的坐标分别为，．动点P满足，其中O为坐标原点．记动点P的轨迹为曲线C． （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）设点，过点的直线与曲线C交于A，B两点． （ⅰ）若直线m的斜率为，设线段AB的中点为D，求直线OD的方程； （ⅱ）设直线l的方程为，且直线m与直线l相交于点N，记MA，MN，MB的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列． 【答案】（1）点P的轨迹为椭圆，且其方程为． （2）（ⅰ）； （ⅱ）又因为，， 故 ． 联立，故， 故，故，，成等差数列． 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义即可求得，进而求解； （2）将直线方程与椭圆方程结合，由韦达定理得， （ⅰ）利用中点坐标公式求出点的坐标，进而得直线方程； （ⅱ）利用斜率公式表示，求出点的坐标进而得，利用等差中项即可求证. 【小问1详解】 由，所以，即， 故点P的轨迹为椭圆，且其方程为． 【小问2详解】 设，， 联立， 故． （ⅰ）当时，，， 故，故直线OD的方程为：，即． （ⅱ）略 19. 已知函数． （1）若，求函数的最值； （2）若函数与都存在极值，且极值相等，求实数a的值； （3）若函数有两个不同的极值点，且，求证：． 【答案】（1）最小值为，无最大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】(1)通过求导找函数单调性的分界点，进而确定极值（也是最值）。 (2)分别分析与的极值存在性（结合a的取值分类讨论），再根据“极值相等”列方程求解a. (3)先通过求导确定的极值点满足的关系，再构造函数结合单调性证明不等式. 【小问1详解】 当时，函数，定义域为，求导得， 令，解得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，也是最小值， 最小值为，无最大值. 【小问2详解】 对求导得， 因为存在极值，所以在上有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，， 对，求导得, 因为存在极值，所以有解，解得（）, 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值, ,因为和极值相等，所以， 即， 因为，所以，即，因此，实数a的值为 【小问3详解】 由， 令， 即， 因为函数有两个不同的极值点， 所以①，②， 令③，则，代入②得： 由①得：，两式相减：， 所以， 又，得， 则，要证，即证， 即证，化简得， 即证，即 即证， 令， ，所以 即，所以在上单调递增， 所以，所以，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $