精品解析：江西南昌市江西师范大学附属中学2026届高三下学期5月模拟测试数学试题

江西师大附中2026届高三三模考试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 第Ⅰ卷 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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出集合，利用补集的定义可得集合. 【详解】因为全集，，故. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数乘法和除法运算，结合复数在复平面内对应的点的坐标进行判断即可. 【详解】由题意知，，则， 在复平面内对应的点为，在第一象限. 3. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴，垂足为.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由抛物线方程知：，，则，， 轴，，又在抛物线上，， . 4. 已知随机变量，，若，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】结合正态分布与二项分布性质计算即可得. 【详解】由，，则，， 由，则，， 由，则，故， 则，故. 5. 已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，，，为图象与轴的交点，且为等腰直角三角形，则（ ） A. 8 B. C. 16 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等腰直角三角形性质求出周期及 ，确定  三点坐标，利用向量数量积坐标公式求解. 【详解】由函数  可知，函数的最大值为 ，即点  的纵坐标为 . 因为  为等腰直角三角形，且  为图象的最高点， 为图象与  轴的交点， 所以  到  的距离 ，且 ， 又  等于半个周期，即 ，所以 . 由 ，解得 ，所以 . 令 ，即 ，解得 . 由图象可知， 为  轴左侧靠近原点的零点，取 ，得 ，即 .   为  右侧第二个零点（ 依次排列），相隔一个周期， 所以 ， 即 ，点  的横坐标为  中点的横坐标，即 ， 所以 . 所以 ， . 则 . 6. 某学校操场的每条跑道由两段直道和两段半圆形弯道组成（如图1）.运动员比赛时，从某条跑道弯道处的起跑线上选取一点P作为起跑点，沿直线加速后从点Q切入弯道内侧分道线，即与内侧分道线相切.以半圆的圆心O为原点，建立平面直角坐标系（如图2）.若，，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆的切线性质，结合勾股定理、锐角三角函数定义、直线的点斜式方程进行求解即可. 【详解】因为是圆的切线， 所以，且， 由勾股定理可得，因此点的坐标为， 因为， 所以圆的切线的斜率为， 所以圆的切线的方程为，化简，得. 7. 设且，函数的值域为的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别分析函数在不同区间上的单调性和值域，再根据函数的值域为确定的取值范围，最后根据充分不必要条件的定义判断选项. 【详解】当时，，因为函数在上单调递增，则在上单调递增， 所以，即在上的值域为； 当时，，且. ①当时，在上单调递减，所以， 即在上值域为，值域存在上界，整个函数值域无法延伸到正无穷，不满足值域为，不合题意； ②当时，在上单调递增，所以， 即在上值域为， 因为整个函数值域为，所以，解得或， 又因为，所以，即. 所以函数的值域为的一个充分不必要条件对应的的取值范围应为的真子集，所以B正确. 8. 将正整数分解为两个正整数，的积，即，当，两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如，即为的最优分解，当，是的最优分解时，定义，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据定义得到为奇数和为偶数时，数列的通项公式，进而求出数列前100项的和. 【详解】由题意，当（）时，由于，所以； 当（）时，由于，所以. 所以数列的前项和为. 二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分． 9. 设是定义在上的偶函数，且当时，函数，则（ ） A. B. 当时， C. 恰有个零点 D. 当时， 【答案】AC 【解析】 【分析】求导，可判断A的真假，分析函数在上的单调性，确定函数的零点，再结合函数的奇偶性，可判断C的真假；利用偶函数的定义，求函数在上的解析式，可判断B的真假；利用函数在上的单调性可判断D的真假. 【详解】当时，， 所以. 所以，故A正确； 由可得；由可得. 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，所以函数在上只有一个零点. 根据是定义在上的偶函数，图象关于轴对称，可作出函数草图如下： 由图可知，函数有和两个零点，故C正确； 设，则， 因为函数为偶函数，所以，故B错误； 当时，，所以， 因为函数在上单调递减，所以，故D错误. 10. 第十五届全国运动会会徽“同心礼花”由广东木棉花、香港紫荆花、澳门莲花的三朵花瓣交叠旋转而成，构成爱心形状，象征三地同心同源、深度融合．会徽轮廓如下图1，现将其简化为图2：半径均为1的圆，，互相过圆心，A，B为圆上两点，且，点C在圆与圆上运动．若（，），则下列选项可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意求得，从而得到，对于ACD，将其代入，有解即可判断正确；对于B，根据基本不等式得到，可判断. 【详解】由题意知，，，， 因为， 所以，故， 对于A，当时，则，此时，， 所以当四点共线或四点共线时成立（不重合），故A正确； 对于B，因，故，即，故B错误； 对于C，当时，将代入得， 解得满足，故C正确； 对于D，当时，，代入得， 即满足，故D正确. 11. 已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. ，使得 C. 数列的通项公式 D. ，都有 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意可得，计算可判断A；由题意得，求解判断B；若时，可得，求解计算可判断CD. 【详解】因为定义在上的函数满足：，且， 所以，所以， 又，所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确； 所以，所以， 若，得，解得，又，不存在的值， 所以不存在，使得，故B错误； 当时，由，得，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以是函数的第一个极小值点. 若时，则， 则， 所以，， 所以，即 递推得， 求导得， 令，可得，解得，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的第个极小值点为， 所以，即，故C正确； 所以第个极小值为 当时，极小值，故D错误. 【点睛】 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含有项的系数为_____________． 【答案】 【解析】 【详解】根据二项式展开得，含有项的系数为. 13. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过点的直线与在第一、四象限的交点分别为，，若，则直线的斜率为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】由双曲线定义及勾股定理，可得，从而求得，求得直线的斜率. 【详解】由知，，则. 由双曲线的定义知，. 所以，所以. 所以. 因为直线的倾斜角与互补，所以其斜率为. 14. 在矩形纸片中，，，，，，分别是四边的中点．现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）．若一个小球可以在正四面体内任意滚动，且小球与正四面体所有接触点形成的轨迹的图形面积为，则该小球半径的值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】小球可以在正四面体内任意滚动，小球与正四面体每个面的所有接触点形成的轨迹为一正三角形，该正三角形可视为小球球心在正四面体对应面上的投影，小球球心在正四面体对应面上的投影总面积为，再通过小球半径与正四面体高的关系计算出小球半径为. 【详解】折痕如图1中虚线段，折叠后点A，B，C，D重合为一点如图2 小球可以在正四面体内任意滚动，小球与正四面体每个面的所有接触点形成的轨迹为一正三角形， 该正三角形可视为小球球心在正四面体对应面上的投影， 因此小球任意滚动时，小球球心形成的轨迹为一个小正四面体， 该小正四面体的面与正四面体的对应面平行，距离为半径，设其棱长为， 则小球球心在正四面体对应面上的投影总面积为， 图3 图4 如图3，取中点，连接，， 设小球与顶点的正四面体的3个面都相切时的球心为，点在平面上的投影为， 那么为的中心，则在线段上，且， 令在平面上的投影为，则在线段上， 设与平面平行的小正四面体的面交于点，设小球半径为， 如图4，连接，那么，， 由，可得，， 则，即. 所以，该小球半径为. 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． 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，，且的面积为． （1）求的值； （2）如图，过点作，与平分线相交于点，若，求线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知的结构，应用余弦定理得到的表达式，结合三角形面积公式得，利用同角三角函数关系即可求出； （2）结合第一问结论和求出对应边长，再由平行线和角平分线推得，最后应用余弦定理即可算出的长度. 【小问1详解】 由已知条件，得， 根据余弦定理，代入得 ①， 又的面积，由三角形面积公式得： ②， 将①②平方相加，结合可得 ， 即， 代入①得； 【小问2详解】 已知，即，结合得 ： ，从而， 因为是的平分线，所以； 又，内错角相等得，因此， 故为等腰三角形，， 由，同旁内角互补得， 因此， 在中，由余弦定理，  代入可得： ， 因此. 16. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．如图，三棱锥为鳖臑，平面，，，且三棱锥的外接球表面积为． （1）求三棱锥体积的最大值； （2）在中，，． （i）当时，求证：； （ii）若与面所成角的正弦值为，求实数的值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）或 【解析】 【分析】（1）把三棱锥放入长方体中，根据长方体外接球半径的求法列出相应方程，得 ，由棱锥的体积公式结合基本不等式可得三棱锥体积的最大值； （2）由（1）的结论，结合题意可得，（i）易得，由线面垂直的判定定理可证得平面，从而证得.（ii）利用等体积法可求得点到平面的距离，根据线面角的正弦值列出关于的方程，求解可得的值． 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以. 因为，所以. 又 平面，所以平面. 因为平面，所以. 如图，把三棱锥放入长方体中，可得其外接球为长方体的外接球. 设该外接球半径为，则 ，得 . 又长方体的外接球半径为， 所以 ，所以 . 三棱锥的体积为 ， 当且仅当时，等号成立. 所以三棱锥体积的最大值为. 【小问2详解】 由（1）知， ，即，. 由，得 ，所以. （i）当时，，所以为的中点. 所以. 又平面，平面， 所以. 因为 平面， 所以平面. 因为平面，所以. （ii）三棱锥的体积等于的体积，记点到平面的距离为， 则 ， 得. 因为， 所以点到平面的距离为， 又， 所以与面所成角的正弦值为， 化简得， ， 所以或. 17. “OpenClaw”是一款开源、本地优先、可自行托管的AI智能体执行网关，由一名欧洲开发者在2025年11月发起该项目，2026年1月对项目正式定名．其本质是自主执行型AI助手，可实现数据收集、处理、分析、推理和预测模拟的全过程．某工厂想利用“OpenClaw”通过技能添加实现AI系统模型每天对、、三条生产线的产品缺陷进行在线检测，其检测的准确率分别为，，，且每条生产线的检测结果相互独立． （1）求第一天AI系统检测准确的生产线数量的分布列； （2）若AI系统对于生产线前一天的缺陷检测准确，则第二天检测准确的概率为，否则准确率为．若系统模型对于生产线的检测准确率不低于，继续用此系统模型进行预测，否则调整检测系统模型，那么一个检测系统模型最多可以检测几次就要调整？参考数据：，． 【答案】（1）分布列见解析 （2）5 【解析】 【分析】（1）根据题意分析出的所有可能取值，再根据准确率求解即可. （2）设​为第天A生产线检测准确的概率，根据题意列出等式，进而证明是等比数列，再根据等比数列的通项公式，结合不等式求解即可. 【小问1详解】 生产线数量可能取值为. 已知对、、三条生产线检测的准确率分别为，，，且每条生产线的检测结果相互独立． .. .. 因此的分布列为： 【小问2详解】 设​为第天A生产线检测准确的概率，由题意得递推关系. 进而，因为，即是首项为、公比为的等比数列， 所以通项为. 令，整理得，化简得，即，故最大正整数. 18. 已知椭圆：（）经过点，且椭圆的长轴长是其短轴长的倍． （1）求椭圆的方程； （2）在椭圆上存在两点，，使得以为直径的圆恰与椭圆交于点． （i）证明：直线恒过定点； （ii）当点在点左侧时，若是椭圆上一点，直线与关于直线对称，是否存在圆：使得直线，始终与该圆相切．若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析.（ii）或. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过点，以及长轴、短轴的关系求解即可. （2）（i）设出直线，联立椭圆方程，根据韦达定理求出点，同理求出点，再设出直线方程，分别代入点化简得到是方程的两根，再利用垂直关系得到关系进而证明直线恒过定点.（ii）根据以及直线与关于对称得到三条直线斜率之间的关系，进而表示出直线，再根据圆与直线相切列等式求出或，再验证即可. 【小问1详解】 已知椭圆：经过点，椭圆的长轴长是其短轴长的倍， 所以，解得，因此椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）①当斜率存在时，设直线，与椭圆联立得 消并整理 由韦达定理得 因此， 同理，设直线斜率为，可得. 设直线，将点坐标代入，整理得关于的方程 同理 故是方程的两根， 由题设，结合韦达定理得 化简得，又可化为， 所以解得直线所过点坐标为. ②当斜率不存在时，， 直线过点， 综上，直线恒过定点. （ii）因为直线与关于对称，故. 由得，故. 设直线斜率为，则直线斜率为，直线斜率为， 直线方程分别为， 整理得. 由点到两直线的距离相等可得， 去绝对值得或 故或，即点的坐标为或. 19. 已知函数，若存在数列满足．称是的“伴随数列”，称为数列的“伴随函数”． （1）若数列的“伴随函数”，求最小的正数的值，使得数列为等比数列． （2）若某数列的“伴随函数” ，证明：； （3）若某数列的“伴随函数”，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出前3项，利用等比中项的性质得出A的表达式求最值； （2）构造函数，利用导数判断单调性求最值证明不等式； （3）结合（2）中的结论，利用累加法构建数列通项公式的不等式，再化简并放缩构造所求不等式，再结合函数放缩求证 【小问1详解】 ， 由得，，即， 解得最小为4，故当时成立． 【小问2详解】 依题意，定义域为，据定义域分段讨论， 当时，， 令，， 所以，当时，单调递增，即， ，所以，即成立； 当时，， 令，， 故当时，单调递增，即， ，，即成立； 综上，成立 【小问3详解】 由（2）知， ，令，， 则 ，故 ， 所以当时， 即，可得当时，． 所以，即， 又时，有， 由于， 设 ，则， 令，则，令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故，即 ， ， 当时,令，则， 所以，得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西师大附中2026届高三三模考试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 第Ⅰ卷 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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，点在抛物线上，轴，垂足为.若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量，，若，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 9 5. 已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，，，为图象与轴的交点，且为等腰直角三角形，则（ ） A. 8 B. C. 16 D. 6. 某学校操场的每条跑道由两段直道和两段半圆形弯道组成（如图1）.运动员比赛时，从某条跑道弯道处的起跑线上选取一点P作为起跑点，沿直线加速后从点Q切入弯道内侧分道线，即与内侧分道线相切.以半圆的圆心O为原点，建立平面直角坐标系（如图2）.若，，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 设且，函数的值域为的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 8. 将正整数分解为两个正整数，的积，即，当，两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如，即为的最优分解，当，是的最优分解时，定义，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分． 9. 设是定义在上的偶函数，且当时，函数，则（ ） A. B. 当时， C. 恰有个零点 D. 当时， 10. 第十五届全国运动会会徽“同心礼花”由广东木棉花、香港紫荆花、澳门莲花的三朵花瓣交叠旋转而成，构成爱心形状，象征三地同心同源、深度融合．会徽轮廓如下图1，现将其简化为图2：半径均为1的圆，，互相过圆心，A，B为圆上两点，且，点C在圆与圆上运动．若（，），则下列选项可能成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. ，使得 C. 数列的通项公式 D. ，都有 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中，含有项的系数为_____________． 13. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过点的直线与在第一、四象限的交点分别为，，若，则直线的斜率为_____________． 14. 在矩形纸片中，，，，，，分别是四边的中点．现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）．若一个小球可以在正四面体内任意滚动，且小球与正四面体所有接触点形成的轨迹的图形面积为，则该小球半径的值为_____________． 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． 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，，且的面积为． （1）求的值； （2）如图，过点作，与平分线相交于点，若，求线段的长度． 16. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．如图，三棱锥为鳖臑，平面，，，且三棱锥的外接球表面积为． （1）求三棱锥体积的最大值； （2）在中，，． （i）当时，求证：； （ii）若与面所成角的正弦值为，求实数的值． 17. “OpenClaw”是一款开源、本地优先、可自行托管的AI智能体执行网关，由一名欧洲开发者在2025年11月发起该项目，2026年1月对项目正式定名．其本质是自主执行型AI助手，可实现数据收集、处理、分析、推理和预测模拟的全过程．某工厂想利用“OpenClaw”通过技能添加实现AI系统模型每天对、、三条生产线的产品缺陷进行在线检测，其检测的准确率分别为，，，且每条生产线的检测结果相互独立． （1）求第一天AI系统检测准确的生产线数量的分布列； （2）若AI系统对于生产线前一天的缺陷检测准确，则第二天检测准确的概率为，否则准确率为．若系统模型对于生产线的检测准确率不低于，继续用此系统模型进行预测，否则调整检测系统模型，那么一个检测系统模型最多可以检测几次就要调整？参考数据：，． 18. 已知椭圆：（）经过点，且椭圆的长轴长是其短轴长的倍． （1）求椭圆的方程； （2）在椭圆上存在两点，，使得以为直径的圆恰与椭圆交于点． （i）证明：直线恒过定点； （ii）当点在点左侧时，若是椭圆上一点，直线与关于直线对称，是否存在圆：使得直线，始终与该圆相切．若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，若存在数列满足．称是的“伴随数列”，称为数列的“伴随函数”． （1）若数列的“伴随函数”，求最小的正数的值，使得数列为等比数列． （2）若某数列的“伴随函数” ，证明：； （3）若某数列的“伴随函数”，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $