江西南昌市第二中学2026届高三下学期冲刺模拟复习卷（二）数学试题

**基本信息** 以AI模型、统计回归等科技情境为载体，融合函数、几何、概率等核心知识，通过多梯度问题设计考查数学眼光、思维与语言，适配高三冲刺阶段综合能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、数列、函数、概率|第3题结合AI识别准确率考查对数运算，体现数学应用| |多选|3/18|立体几何、函数性质|第10题正四面体展开图判断线面关系，强化空间观念| |填空|3/15|复数、圆、概率|第14题集合抽取数字游戏，考查数据分析与逻辑推理| |解答|5/77|统计回归、数列证明、立体几何、椭圆、函数|15题AI降噪实验数据回归分析，18题椭圆光学性质结合等比数列证明，突出数学建模与逻辑推理|

江西省2026届高三冲刺模拟复习卷【二】 数学 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要 求的. 1.设M,N为全集U的两个非空子集，若McCN,则N∩(C,M)=() A.☑ B.N C.CM D.C(MUN) 2.数列{an}为各项均为正数的等比数列，k、1、s、t为正整数，则k+1>5+t”是“a4·4>a·4”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.某AI模型对图像中目标识别的准确率p与训练样本量的关系为p=1-e.2”,当识别的准确率达到90% 时，n的值约为（参考数据：nl0≈2.303）() A.1152 B.1386 C.1560 D.1842 4.现有除颜色外都相同的3个红球和3个白球，随机取3个球放入一个不透明的袋中，记袋中红球的个数 为X。.从袋中随机摸出一个球，并换入一个另一种颜色的球，经过1次摸换，袋中的红球个数记为X,则 P(X=1)=() A动 7 B. 20 c品 D. 5.在△4BC中，角AB,C所对的边分别为ab,c,且a2+B-c2=2。 ab,若点E为边AB的中点，边AB上 3 的中线CE的长为6 ,则△ABC面积的最大值为() A.v2 3 B.2V5 C.2 D.4v2 3 3 2026 6.已知f(x)是定义域为R的奇函数，若f(x)=才(2-)，f(3)=2,则∑f()=() A.2 B.0 C.-2 D.4 7已知双曲线若茶-1Q~06>0的近线与以20)为国心，面积为本的圆相切，则双售线的赛心幸为 () A.5 B.3V2 c.22 D.2V5 2 3 3 &函数f)-2+hx+b(acR.bcR)的两个极值点，满足<西≤24，则2，-的最大值为() A.2In2 B.3n2 C.4ln2 D.5n2 高三数学试卷（二）第1页，共4页 二、多项选择题：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 9.如图，在等边三角形ABC中，AB=6,点O是靠近B的三等分点，过O的直线分别交射线AB,AC于不 同的两点M,N,AB=AM,AC=AN,则下列选项中正确的是() A.A0=24B+40 3 3 B.cs∠AOc= B 21 C.2m+n=3 D. 2的级小植是写 m n 10.如图是正四面体的平面展开图，G,H,M,N分别是DE,BE,EF,EC的中点，则在该正四面体中，下列结 论正确的是() A.DE与MN平行 B.BD与MN为异面直线 D C.GH与MN成60角 D.DE与MN垂直 B x+1 -,x<0 11.函数f(x)= 3x ,关于x的方程f(x)-mf(x=0(∈R),则下列正确的是() e,t≥0 A.函数f(x)的值域为R B.函数f(x)的单调减区间为(-∞，0)，[1，+∞) C.当m=2时，则方程有4个不相等的实数根 D.若方程有3个不相等的实数根，则的取值范围是 ,+0 e 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分 12.已知复数z满足z-1=1,则z+2+41(i是虚数单位)的最小值为 13.已知圆C,与圆C外切于点A(2,0),且直线x=-2是圆C与圆C2的一条公切线，则CC2的最小值为 14.已知集合M=1,2,3,4,5,6},集合N={1,2,3,4,5},现有甲，乙两名同学玩一种游戏，甲、乙两人分别从 集合M,N中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数X和Y,若X>Y,则甲获得胜利.甲获得胜利的 概率为 高三数学试卷（二）第2页，共4页 四、解答题：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13分) 新型AI模型是近年来针对数据降噪任务研发的算法工具，通过创新神经网络结构，优化传统模型难以 处理的高噪声数据，实验人员用含噪声的图象数据对一种新型AI降噪模型进行实验，对使用该模型后， 图象中的噪声残留量y(单位：个像素)进行检测，统计得到下表： 第x轮迭代 4 噪声残留量 70 60 52 45 38 y(个像素) 并计算得： 习0-旷=62820y-)=-79 1=1 (1)计算变量x(迭代轮数)和变量y(噪声残留量)的样本相关系数”，并说明两变量线性的相关程度： (2)若图象中的噪声残留量不高于25个像素，则说明数据降噪完成.用最小二乘法求y关于x的经验回 归方程，并预测该A虹模型至少需要迭代多少轮才可以完成降噪？ 参考数据及公式： ∑(x-x)(y-) 样本数据(x,y)(i=1,2,,n)的相关系数r 其回归直线)=bx+a的斜率 3-x0y- 和截距的最小二乘估计值分别为：方=司 -,a=-b,√10≈3.2，√628≈25.06. 16.(本小题15分) 已知数列{a}满足a=2,a1=2a,+2*2 (1)求证： 2}为等差数列： (2)设b,= +1)4,记数列他，}的前n项和为S., 2n-1 ①求S: ②若n∈N,Sn<m.31,求m的取值范围. 高三数学试卷（二）第3页，共4页 17.(本小题15分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ADC=60°，AB=PB=PD=4. (1)证明：BD⊥平面PAC; (2)己知PA=2,点E满足B2=AP,BDM平面PBC.求平面PBD与平面PBC夹角的余弦值. D 18.(本小题17分) 椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点. 已知椭圆E:花+发1(a>b>0)的左顶点为A20),点乃在8上，且在x轴的上方，从8的左焦 点耳(-1,0)发出的光线B,经过E反射后，交E于点Q.按照如下方式依次构造点Pn和2.(=2,3，…)： 光线PQn经过E反射后，交E于点Pn+1;光线Pn+On经过E反射后，交E于点O+ (1)求E的方程： (2)设直线AP的斜率为k,求证：数列{k}是等比数列，并求出其公比； (3)求证：直线2，恒过定点，并求出该定点的坐标， 19.(本小题17分) 已知函数f(x)=2sinx+sin2x (1)判断∫(x)是否为周期函数，并说明理由： (2)求f(x)的最大值和最小值： (3)设neNy证明：simx+sim2x+sin4r++sin2xs -n+1. 高三数学试卷（二）第4页，共4页 江西省2026届高三冲刺模拟复习卷（二）数学·参考答案及评分细则 选择题部分 题号 2 3 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D A B A D B ACD BCD BD 非选择题部分 29 12.4 13.8 14.4010.725 15.解：(1)由恩可得：x=1+2+3+4+53, .1分 5 2-=0-3+(2-3到+(3-3+43到+5-3=4+1+0+1410。 .3分 2(-)y-) 79 79 样本相关系数' ≈-0.985 V10×V6283.2×25.06 .5 ≈0.985，非常接近1，说明迭代轮数x与噪声残留量y之间存在极强的负线性相关关系；.6分 (2)噪声残留量y的取值为70,60,52,45,38， 70+60+52+45+38 因此：y= =53, 7分 5 x-)y-) 根据题意可得书= (x-) -79=-7.9,a=立-ix=53-（←7.9)×3=76.7,11分 10 =1 所以y关于x的经验回归方程为)=-7.9x+76.7, .12分 要使图象中的噪声残留量不高于25个喉素，则i=-79x+767≤25，即x≥号654，所以该A模型至 少需要迭代7轮才可以完成降噪.13分 16.解：(1)由a1=2a+22→出-=2」 2+ 2 …….2分 则数列 是以号1为首项，2为公差的等差数列 .3分 (2) 经=1+u-)-2=21-1, .4分 所以数列{a}的通项公式为a.=(2n-1)2”； 5分 @油(1)得b-+9a=+1-2； .6分 2n-1 则Sn=2-2+3.22+4.23+…+(n+1)2”. .7分 于是2S=2.22+3.22+42+…+(n+12,… .8分 高三数学试卷（二）答案第1页，共9页 以上两式相减得：-S。=2-2+22+2+…+2”-(n+1）-21…9分 =（2+22+23+…+2"）-(n+1)2m+2 -20-2）-（0+1小-2+2=-2+2-0+1)-2m+2=-n-24,所以8=n2.10分 1-2 .11分 所以c= 327279fG,.12分 所以c,不是数列{cn}的最大项，不妨设{Cn}的第n项取得最大值. 2≥n-1 3 必 n2m+037 ,解得2≤n≤3， 14分 即致列作}的录人位为，6、所以以9。即加的取值范用足 1 27+ .15分 17.解：（1)因为ABCD为菱形，所以BDL AC, .】分 设AC,BD交于点O,则OB=OD, .2分 又因为PB=PD,所以BD⊥OP, .3分 因为AC∩OP=O,AC,OPC平面PAC,所以BDL平面卫AC..4分 (2) E D 由(1)可知，BDL平面PAC,因为BDC平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PAC,.5分 因为平面ABCD∩平面PAC=AC,所以在平面PAC内作Oz垂直于AC,如图， 以O为原点，建立空间直角坐标系O-之，… 6分 由题意可知D(25,0,0）,B(-2V3,0,0),A(0,-2,0）,C(0,2,0),.7分 高三数学试卷（二）答案第2页，共9页 因为0P=√PB2-OB2=2,且OA=AP=2,所以∠AOP=60°，P(0,-1,V3),8分 因此AP=(0,1V5),PB=（-2W51,-V5),PC=(0,3,-V5), BD=(43,0,0）, .10分 由此可知PE=PB+BE 设平面PBD的一个法向量m=(x,,), mi.PB=0 -25x+y-3z=0 则 也即 m.BD=0' 12分 4W3x1=0 令y=V5,得m=(0,V5,),设平面PC的一个法向量元=(x,出2，)， PE=0 则 ,也即 .14分 PC=0 3y2-V3z2=0 令发，衡=QL同，所以动：网西-9，所以平国30与百c夹布的会安 2 …….15f ZA C 18.解：(1)由题意得a=2,c=1,.b2=3, .1分 故E的方程为+号-1. 3分 43 (2)设P(,),(x2,y2),直线P0的方程为x=y+m,4分 [x=ty+m 由+-1消去，整理得(3+4到广+6w+32-12=0,5分 43 -6t7m 372-12 △>0y+%=3+4%= 7分 3t2+4 直线AP,AQ的斜率之积为 =22饭+m-a网P+1m+ 》2 VV 高三数学试卷（二)答案第3页，共9页 31m2-12 3(-2） t(32-12)-62m(m+2)+(3t2+4)m+2)24(m+2)' .10分 设直线AO的斜率为Sn,依题意可知k,Sn均存在且不为零， 3(1-2)1 由PQ经过B的右焦点R.0,知，=41+2)4①， .11分 3(-1-2）_9 由P2,经过B的左焦点R(1,0),知k4-1+2)4②， .12分 ②÷①得出三9，故数列化}是等比数列，公比为9.………13分 3-2）-k=9%, 30u-2八40+2)4 (3)直线Q,的方程为x=+m,由(2)知k=4m+2 .15分 3(-2） 故 5213 4(+2) 36’解得m= 287 …16分 13 故直线2恒过定点 >0 17分 VA 19.解：（1)∫(X)是周期函数，.1分 理由如下：由三角函数周期性知：sin(x+2元)=sinx,sin2(x+2元)=sin(2x+4r)=sin2x,.2分 因此：f(x+2π)=2sin(x+2元)+sin2(x+2元)=2sinr+sin2x=f(x),.3分 即2π是f(x)的一个周期，故f(x)是周期函数： .4分 (2)由(1)可知求f(x)=2sinx+sin2x在[0,2元]上的最值即可. 对f(x)求导得：f'(x)=2cosx+2cos2x=2(2cos2x-1+2cor=2(2c0sx-1)(c0sx+1),5分 1 令f"'(x)=0,得c0Sx=号或c0sx=-1, 2 .6分 在-个周期2内，当0引时，/020，当e时，1s0,当x[m时，fo0, .7分 高三数学试卷（二）答案第4页，共9页 8分 又f(0)= ,八3 2π3W 5π 5π 2sin+sin =2sin .10m。3V -+s1n一 2,f(2π)=0,9分 3 3 ,3 2 3 3 2 所以f)的最大值为3 2，最小值为35 10分 2 (3)记S=sinx+sin2x+sin4x+.+sin2”x, 由(2)知对任意实数t,都有2siM+im21≤3N5 .11分 35 对k=0,l,,n-1,令t=2x,得：2sin2x+sin2*+x≤ 12分 将上述n个不等式累加，左边整理得： (2sin'x+sin?"+3ininsisin-2sin 因此：3S,-simx-2sin2xs3W -n, ….14分 整理得：S.s5+imr+2sn2x …………15分 2 3 由sinx≤1，sin2"x≤1，得sinr+2sin2"x<1+2×1」 =1, .16分 3 因此：simr+sin2x++sim2x≤ n+1,得证 2 17分 试题解析部分 1.B解：由M二CN,且M,N为全集U的两个非空子集，可得韦恩图，如图，则N⌒(C,M=N. 2.D解：因为数列{a,}为各项均为正数的等比数列，k、l、s、t为正整数，不妨取an=l(neN),当 k+1>5+t时，44=1=a4,即“k+1>5+1”方“4a≥a4”；不妨取a=气2 (neN）,由 + a·a>aa可得 则k+l<s+t,即“k+l>S+t”生“aa>a·a”.所以“k+1>5+t”是 “a·4>4·4”的既不充分也不必要条件 3.A解：令1-e.o2m=90%→e0o2=0.1→-0.002n=-ln10,解得n=500hn10,因为h10≈2.303，所 以500ln10≈1151.5，则n的值约为1152. 高三数学试卷（二)答案第5页，共9页 4B解：依题意，事件X=1发生是X。=0的事件发生或X=2的事件发生，P(X,=0)=CS= C20 Px,=2)=CC-9 C820 ，所以P(X=1)=PX=1X。=0)P(X。=0)+P(X=1x。=2）PX,=2) =1× ,1297 2032020 1A解：由余弦定理可得cosC=+b-C 3 上，由点E为边AB的中点，则C=cA+CB, 2 2ab 2ab 3 t国回+ksf-回p到m.即++，年心+-9 3，则 8 8d+b+2ab≥2a-b+2b=血即b≤L，当且仅当a=b=】时等号成立，数 21 即△ABC面积的最大值为V5 6.C解：因为∫(x)是定义域为R的奇函数，所以∫(-x)=-∫(x),f(O)=0,因为f(x)=f(2-x),即 f(x+2)=f(2-(x+2)=f(-x)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即f(x)是以4为周期的周期 函数.因为f(3)=2,分别令f(x+2)=-f(x)中x=0,x=1可得f(2)=-f(0)=0,f(3)=-f(1)=2,所 以f(1)=-2,f(4)=f(0)=0,所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0,所以 f间=506x[f0+f2)*fB)+f4]+f0+f2)-2 解：及曲线。1的滋近线方程为x士0=0，因为圆的圆心为(2，面积为元，设 为”，则π2=π，故r=1,由渐近线与圆相切，则圆心到直线的距离d= va2+b2 1.会专以风 曲线的离心率为e=S b2 a= 33 8.B解：由f)日+nx+b(acR.bcR),得)-=8令f()=0,周m=e,因为面数 f)-2+血x+b(aeR.bcR))有两个板值点，5，所以e=m①，e=m,②，得e=是国，设产=1， 、 则且岛，代入@香片告-晋片- t-1,2s ，设 g0-2,<ts2,则g0=2°h+l0<t≤2)，设A0-2Y-nt-对+10<1s2列.则 t-1 t(t-1)2 高三数学试卷（二)答案第6页，共9页 )=4-4-h,0<1≤2)，令)=9)=4-4-，0<t≤2).则9)=4->0，所以N0在12]单调 递增，所以N(t)≥N(1)=0,(t)在(1,2]单调递增，∴h(t)>h(1)=0,从而g'(t)>0,∴g()在(L,2]单调 递增，8(t)≤8(2)=3n2,2x2-x1=8(t)≤3ln2,故2x2-x的最大值为3ln2 9ACD解：对于A,A0=A5+B0-AB+8C=A(4C-A)号AB+4C,所以A正确：对于B. 3 3 由 选 项 香 AO-24B+LAC 所 以 3 3 ao-+4d-g454c46c- 4x36+x36+4x6x6×1=27.在△40C中，利用余 9 9 9 2 弦定理得c0s∠400=40+0C-4C_28+16-36V万 20A0C 2x27x44,B错误：对于C,因为点M,0,W三点共线，所 以存在实数2使得40元W0刘N,回为-mMaC-mw,由A知40号4C,所以 0其mAM44W,所议子m+E1,即2m+n3,C正确：对于D,由C知2m+n3,结合题 发可年a00,所这-+日台智-贸且收 ”加，即m=3n=名时，等号成立，此时+2取最小值为8，D正确 3 4 2 nn 10.BCD解： A(B,C) H(N) 将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B,C)-DEF,如图所示，A,B,C三点是同一点，因此有：对于 A,M,N分别是EF,AE的中点，则NI/AF,而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故A错误；对于 B,易知BD与N为异面直线，故B正确；对于C,依题意知GHIIAD,MNI/AF,∠DAF=60°，故GH与 MN成60°角，故C正确；对于D,连接GF,则点A在平面DEF上的投影A在GF上，所以DE⊥平面AAF, 所以DE⊥AF,而AF/IMN,所以DE与N垂直，故D正确. 1LBD解：@当c0时、f)=中1+片在（以，0苹剥适城，且渐延我为y特和y=1,恒 高三数学试卷（二）答案第7页，共9页 有1国<1@当20时，7国了八w)e-0。,当0<t,/©>0/倒在0 (e)月 调递增；当x>1,f(w)<0,f在L,+0)单调递减，故f()≤f)=三，且恒有f)>0,综上①②可知， )。。综上，作出函数了)大致图象，如下国 3 对于A,由上可知函数f()的值域为，，故A错误：对于B,函数f)的单调减区间为(，0)，0，+四， e 故B正确：对于C,当m=2时，则方程f(-2(=0(m∈R),解得（✉=0或f(✉）=(m=0, 得x=0或x=-1,有两个实数根；由图象可知，（圳=）得此时有4不相等的实数根，且均不为0，也 不为-1， y=x)儿 所以当m时，侧方程有6个不相等的实数根，故C错误：对于D,若关于年的方程 f(x)-mf(x)=0(∈R)有3个不相等的实数根，即方程f(x=0与方程f(x)=m共有3个不相等的实 数根，又因为f(x=0已有两个不等的实数根0，-1，则方程f(x)=m有且仅有1个根，且不为0，-1.所以 V-V与”=m有且仅有1个公共点，由图象可知m是、满足氮意即m的取值范固是怎+如】 e+o,故D 正确. y-m y=fx) -1O 12.解：复数z满足z-1=1,则复数z对应的点Z(x,y)在以C1,0)为圆心，半径r=1的圆上，而 2+2+41=?-(-2-4i)表示圆上的点Z(x,y)到定点A(-2,-4④的距离d,圆心C到定点A距离为： 高三数学试卷（二）答案第8页，共9页 d=√Q+2)2+(0+4)2=5所以z+2+41(i是虚数单位)的最小值为：dm=5-1=4. 13解：根据题意点C1与C2满足到定点A的距离等于到直线x=-2的距离，所以C与C2在抛物线y2=8x上， p=4,线段CC2是抛物线y2=8x的焦点弦，又抛物线的焦点弦最小值为抛物线的通径2p=8,所以CC2 的最小值为8 14.解：甲获得胜利的概率甲从集合M中抽取3个不同元素，共有C。=20种抽法，乙从集合N中抽取3个 不同元素，共有C=10种抽法，情况一：甲抽到数字6，甲抽到6的抽法数为C=10,此时甲构成的最大 三位数的百位一定是6，而乙构成的最大三位数最大只能是543，所以一定有X>Y.故这种情况下甲必胜； 情况二：甲没有抽到数字6，甲没有抽到6的抽法数也为C=10,这时甲实际上也是从集合1,2,3,4,5}中 抽取3个不同元素，与乙的抽法范围完全相同，因此，甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10 个值，且地位对称，所以在这种情况下：P(X>Y)=P(X<Y).又因为共有10个不同的最大三位数，故 1-1 .10.91.929 打062功9易敌我药串800200 X 高三数学试卷（二)答案第9页，共9页 江西省2026届高三冲刺模拟复习卷（二） 数 学 一、单项选择题: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，只有一项符合题目要求的. 1．设M，N为全集的两个非空子集，若，则（   ） A． B． C． D． 2．数列为各项均为正数的等比数列，、、、为正整数，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．某AI模型对图像中目标识别的准确率与训练样本量的关系为，当识别的准确率达到时，的值约为（参考数据：）（    ） A．1152 B．1386 C．1560 D．1842 4．现有除颜色外都相同的3个红球和3个白球，随机取3个球放入一个不透明的袋中，记袋中红球的个数为．从袋中随机摸出一个球，并换入一个另一种颜色的球，经过1次摸换，袋中的红球个数记为．则（    ） A． B． C． D． 5．在中，角所对的边分别为，且．若点为边的中点，边上的中线的长为，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 6．已知是定义域为的奇函数，若，，则（    ） A．2 B．0 C． D．4 7．已知双曲线的渐近线与以为圆心，面积为的圆相切，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 8．函数的两个极值点，满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题: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. 9．如图，在等边三角形ABC中，，点是靠近的三等分点，过的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N，，则下列选项中正确的是（   ） A． B． C． D．的最小值是 10．如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（   ） A．与平行 B．与为异面直线 C．与成角 D．与垂直 11．函数，关于x的方程，则下列正确的是（    ） A．函数的值域为R B．函数的单调减区间为 C．当时，则方程有4个不相等的实数根 D．若方程有3个不相等的实数根，则m的取值范围是 三、填空题:共3个小题，每小题5分，共15分. 12．已知复数z满足，则（是虚数单位）的最小值为______． 13．已知圆与圆外切于点，且直线是圆与圆的一条公切线，则的最小值为__________. 14．已知集合，集合，现有甲，乙两名同学玩一种游戏，甲､乙两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，若，则甲获得胜利.甲获得胜利的概率为__________. 四、解答题: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13分） 新型AI模型是近年来针对数据降噪任务研发的算法工具，通过创新神经网络结构，优化传统模型难以处理的高噪声数据．实验人员用含噪声的图象数据对一种新型AI降噪模型进行实验，对使用该模型后，图象中的噪声残留量（单位：个/像素）进行检测，统计得到下表： 第轮迭代 1 2 3 4 5 噪声残留量（个/像素） 70 60 52 45 38 并计算得：． (1)计算变量（迭代轮数）和变量（噪声残留量）的样本相关系数，并说明两变量线性的相关程度； (2)若图象中的噪声残留量不高于个/像素，则说明数据降噪完成．用最小二乘法求关于的经验回归方程，并预测该AI模型至少需要迭代多少轮才可以完成降噪？ 参考数据及公式： 样本数据的相关系数，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计值分别为：，． 16．（本小题15分） 已知数列满足 (1)求证：为等差数列； (2)设，记数列的前项和为， ①求； ②若，求的取值范围． 17．（本小题15分） 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． (1)证明：平面PAC； (2)已知，点满足平面PEC．求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值． 18．（本小题17分） 椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. (1)求E的方程； (2)设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； (3)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 19．（本小题17分） 已知函数 (1)判断是否为周期函数，并说明理由； (2)求的最大值和最小值； (3)设证明： 试卷第4页，共4页 高三数学试卷（二）第4页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 江西省2026届高三冲刺模拟复习卷（二）数学·参考答案及评分细则 选择题部分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D A B A C D B ACD BCD BD 非选择题部分 12．4 13．8 14．/ 15．解：（1）由题可得：， 1分 3分 样本相关系数 5 ，非常接近，说明迭代轮数与噪声残留量之间存在极强的负线性相关关系； 6分 （2）噪声残留量的取值为 因此：， 7分 根据题意可得， 11分 所以关于的经验回归方程为， 12分 要使图象中的噪声残留量不高于25个/像素，则，即，所以该AI模型至少需要迭代轮才可以完成降噪. 13分 16．解：（1）由． 2分 则数列是以为首项，2为公差的等差数列. 3分 （2）， 4分 所以数列的通项公式为； 5分 ①由（1）得; 6分 则． 7分 于是， 8分 以上两式相减得： 9分 所以 10分 ②由，得．令， 11分 所以， 12分 所以不是数列的最大项，不妨设的第项取得最大值． 由，即，解得， 14分 即数列的最大值为，所以，即的取值范围是 15分 17．解：（1）因为ABCD为菱形，所以， 1分 设AC，BD交于点，则， 2分 又因为，所以， 3分 因为，AC，平面PAC，所以平面PAC． 4分 （2） 由（1）可知，平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC， 5分 因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图， 以为原点，建立空间直角坐标系， 6分 由题意可知，，，， 7分 因为，且，所以，， 8分 因此，，， ，， 10分 由此可知，设平面PBD的一个法向量， 则，也即， 12分 令，得，设平面PEC的一个法向量， 则，也即， 14分 令，得，所以，所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为． 15分 18．解：（1）由题意得，， 1分 故E的方程为. 3分 （2）设，直线的方程为， 4分 由，消去，整理得， 5分 ， 7分 直线的斜率之积为 ， 10分 设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零， 由经过E的右焦点，知①， 11分 由经过E的左焦点，知②， 12分 ②①得，故数列是等比数列，公比为. 13分 （3）直线的方程为，由（2）知， 15分 故，解得， 16分 故直线恒过定点. 17分 19．解：（1）是周期函数， 1分 理由如下： 由三角函数周期性知：，， 2分 因此： ， 3分 即是的一个周期，故是周期函数； 4分 （2）由（1）可知求在上的最值即可. 对求导得： ， 5分 令，得​或， 6分 在一个周期内，当时，，当时，，当时，， 7分 故在，单调递增，在单调递减， 8分 又，，，， 9分 所以的最大值为​​​，最小值为； 10分 （3）记， 由（2）知对任意实数，都有， 11分 对，令，得： ， 12分 将上述个不等式累加，左边整理得： 右边为， 因此：， 14分 整理得：， 15分 由，，得， 16分 因此：，得证. 17分 试题解析部分 1．B 解：由，且 M，N为全集的两个非空子集，可得韦恩图，如图，则. 2．D 解：因为数列为各项均为正数的等比数列，、、、为正整数，不妨取，当时，，即“”“”；不妨取，由可得，则，即“”“”.所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 3．A 解：令，解得，因为，所以，则的值约为． 4．B 解：依题意，事件发生是的事件发生或的事件发生，，，所以. 5．A 解：由余弦定理可得，由点为边的中点，则，故，即，即，则，即，当且仅当时，等号成立，故，即面积的最大值为. 6．C 解：因为是定义域为的奇函数，所以，，因为，即，所以，即是以4为周期的周期函数.因为，分别令中，可得，，所以，，所以，所以. 7．D 解：双曲线的渐近线方程为，因为圆的圆心为，面积为，设圆的半径为，则，故，由渐近线与圆相切，则圆心到直线的距离，即，所以双曲线的离心率为 8．B 解：由，得，令，则，因为函数有两个极值点，，所以①，②，得③，设，则且，代入③得，，∴，设，则，设，则，令.则，所以在单调递增，所以，∴在单调递增，∴，从而，∴在单调递增，∴，∴，故的最大值为. 9．ACD 解：对于A，，所以A正确；对于B，由A选项知，所以.在中，利用余弦定理得，B错误；对于C，因为点三点共线，所以存在实数使得，因为，由A知，所以，所以 ，即，C正确；对于D，由C可知，结合题意可知，所以当且仅当，即时，等号成立，此时取最小值为，D正确. 10．BCD 解： 将正四面体的平面展开图复原为正四面体，如图所示，三点是同一点，因此有：对于A，分别是的中点，则，而与异面，故与不平行，故A错误；对于B，易知与为异面直线，故B正确；对于C，依题意知，故与成角，故C正确；对于D，连接，则点在平面上的投影在上，所以平面，所以，而，所以与垂直，故D正确. 11．BD 解：①当时，，则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.②当时，，，当，在单调递增；当，在单调递减，故，且恒有，综上①②可知，，综上，作出函数大致图象，如下图： 对于A，由上可知函数的值域为，故A错误；对于B，函数的单调减区间为，故B正确；对于C，当时，则方程，解得或，由，得或，有两个实数根；由图象可知，由得此时有不相等的实数根，且均不为，也不为， 所以当时，则方程有6个不相等的实数根，故C错误；对于D，若关于x的方程有3个不相等的实数根，即方程与方程共有3个不相等的实数根，又因为已有两个不等的实数根，则方程有且仅有1个根，且不为.所以与有且仅有1个公共点，由图象可知，满足题意，即m的取值范围是，故D正确. 12.解：复数z满足，则复数z对应的点在以为圆心，半径的圆上，而表示圆上的点到定点的距离，圆心到定点距离为：所以（是虚数单位）的最小值为：. 13.解：根据题意点与满足到定点的距离等于到直线的距离，所以与在抛物线上，，线段是抛物线的焦点弦，又抛物线的焦点弦最小值为抛物线的通径，所以的最小值为. 14.解：甲获得胜利的概率甲从集合中抽取3个不同元素，共有种抽法，乙从集合中抽取3个不同元素，共有种抽法，情况一：甲抽到数字，甲抽到6的抽法数为， 此时甲构成的最大三位数的百位一定是，而乙构成的最大三位数最大只能是，所以一定有 故这种情况下甲必胜；情况二：甲没有抽到数字 ，甲没有抽到 6 的抽法数也为， 这时甲实际上也是从集合中抽取 3 个不同元素，与乙的抽法范围完全相同，因此，甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10个值，且地位对称，所以在这种情况下： 又因为共有10个不同的最大三位数，故 于是 故甲获胜的概率为 答案第10页，共13页 高三数学试卷（二）答案第2页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $