精品解析：江西省上高二中2026届高三全真模拟考试数学试题

上高二中2026届高三全真模拟考试数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分清楚集合，然后再进行集合的运算即可. 【详解】对于集合：； 对于集合：； 故选：C 2. 设为虚数单位，则复数的虚部是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得： ∴复数的虚部是 故选D 3. 双曲线的离心率为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线的离心率可求出的关系，从而可求出椭圆的离心率 【详解】解：因为双曲线的离心率为， 所以，得， 所以椭圆的离心率， 故选：C 4. 已知点O为△ABC的外接圆的圆心，且，则△ABC的内角A等于（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断四边形是菱形，然后判断出三角形是等边三角形，进而求得的大小. 【详解】因为， 所以. 所以四边形OACB是平行四边形， 又因为， 所以四边形OACB是菱形，△OAC是等边三角形．所以. 故选：A 5. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个等高的几何体，如果在同高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）. A. 7 B. 10 C. 7π D. 10π 【答案】A 【解析】 【分析】利用祖暅原理将不规则几何体体积转化为正四棱台体积. 【详解】正四棱台的上底面边长为，故上底面积； 下底面边长为，故下底面积，棱台高 所以. 6. 高三年级 1， 2， 3， 4， 5 五个班负责甲、乙、丙、丁四个区域的卫生，每个班负责一个区域， 每个区域至少有一个班级负责， 其中 1 班和 2 班都不去区域甲， 则不同的任务分配方法种数为（ ） A. 108 B. 120 C. 126 D. 144 【答案】C 【解析】 【分析】分只有一个班去区域甲以及有两个班去区域甲进行讨论，结合排列数与组合数性质计算即可得. 【详解】分为两类，第一类：只有一个班去区域甲，在3，4，5三个班级中任选一个去区域甲， 剩下的四个班级去其余的三个区域，且每个区域至少有一个班，则方法种数为：； 第二类：有两个班去区域甲，在3，4，5 三个班级中任选两个去区域甲， 剩下的三个班级去其余的三个区域，方法种数为：； 故共有种方法. 7. 如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值. 【详解】 过点作，交底面圆于两点，连接，，， 设，则， 所以当最大时，最大， 由圆锥的性质得底面， 因为底面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为分别是的中点，所以，则， 因为，平面，所以平面， 则平面为截面， 因为为中点，所以，所以平面， 因为平面，所以，所以， 则当最大时，最大， 如图为截面的平面图， 以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系， ，，，则抛物线方程为， 设，，则， 所以， 则此时，. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值. 8. 设正实数均不为且，则关于二次函数，下列说法中不正确的是（ ） A. 三点中有两个点在第一象限 B. 函数有两个不相等的零点 C. D. 若,则 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式,可分类讨论实数的大小关系.代入解析式即可判断A选项;将解析式化简,根据判别式可判断B;根据图像形状可判断C;根据,代入可判断D. 【详解】正实数均不为且 则或 对于A,, , 当时, ,,,则点在第一象限; 当时, ,,,则点点在第一象限,所以A选项正确. 对于B, 化简可得 则 当且仅当时取等号,因为正实数均不为 所以 即函数有两个不相等的零点,所以B正确; 对于C,当时,二次函数图像开口向上,函数图像为”凹函数”,满足 当时,二次函数图像开口向上,函数图像为”凹函数”,满足成立,所以C正确; 对于D, , 所以 因为,即 所以 即 所以,即,所以D错误. 故选:D 【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质的综合应用,对数式比较大小,注意讨论对数底数的情况,函数值大小比较的方法,计算量大,属于难题. 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. 已知一组从小到大排列的样本数据，其中，则下列说法中正确的是（ ） A. 若第一项与最后一项的数据忽略不计，则样本数据的极差减小 B. 这组样本数据的上四分位数为 C. 这组样本数据的平均数为 D. 若为这组样本数据增加两个数据，则众数可能不变 【答案】CD 【解析】 【分析】根据极差、百分位数的计算方法、算术平均数的求法，以及众数的概念，即可对四个选项作出判断. 【详解】解：由题意知，这组样本数据从小到大排列，原数据极差为，去掉第一项和最后一项之后， 极差为，而，，所以，极差可能不变或减小，故A错误； 因为，且，因为计算结果不是整数，所以上四分位数取第5位，故上四分位数为，故B错误； 由题得这组样本数据的平均数，故C正确； 根据题意，这组样本数据从小到大排列，若增加的两个数据与原来的样本数据均不同，则众数不变，故正确. 10. 已知体积为的四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，记四棱锥的表面积为，则（ ） A. 点到平面的距离为2 B. 的面积为2 C. D. 存在点使得四棱锥有内切球，且内切球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，利用锥体的体积公式直接求解；选项B，由条件判断点在平面的射影在线段的垂直平分线上，利用勾股定理求出，由三角形面积公式计算即可；选项C，过分别作，的垂线，垂足分别为，，则当最小时，四棱锥的表面积取得最小值.利用对称性求出的最小值即可得解；选项D，当四棱锥为正四棱锥时，存在内切球，利用等面积求出内切球半径，即可求其表面积. 【详解】选项A，设点到平面的距离为，因为，解得，故A正确； 选项B，因为，所以， 故点在平面的射影在线段的垂直平分线上， 过作垂直于点，则， 故，则的面积为，故B错误； 选项C，过分别作，的垂线，垂足分别为，， 则当最小时，四棱锥的表面积取得最小值. 不妨设，则， 如图，可看成点和点之间的距离，可看成点和点之间的距离， 则， 设关于轴的对称点为，则， 则有， 当三点共线时取等号，此时，， 则直线的方程为，当时，， 则点，即，则为线段的中点，故， ，， ， 四棱锥的表面积为， 故四棱锥的表面积为的最小值为，故C正确； 选项D，当四棱锥为正四棱锥时，存在内切球，过作垂直于点， 则的内切圆半径等于四棱锥的内切球半径，设内切球的半径为， 在中，， ，， ， ，此时内切球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】 11. 已知数列，给出以下定义：若存在常数，对于任意的，都有，则称数列为“加速数列”，现给出下列命题：其中不正确的命题是（ ） A. 若，则对任意，数列都不是“加速数列” B. 若数列是“加速数列”，且，，则数列存在最小项 C. 若数列是“加速数列”，且，，则存在，使得 D. 正数列是等比数列且公比，则是“加速数列”的充要条件是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，计算的比值即可作出判断；B选项，根据条件可判断是常数列或单调递增数列，然后结合可推出数列存在最小项；C选项，“加速数列”会使数列指数增长，导致无界，即可作出判断；D选项，正项等比数列是否为“加速数列”， 的取值与公比有关，即可判断. 【详解】因为若存在常数，对于任意的，都有， 则称数列为“加速数列”， 所以设，对于任意的，都有成立，. 对于A： ， 因为，所以，所以成立， 即，因为， 所以存在，使得数列是“加速数列”，故A错误； 对于B：若数列是“加速数列”，则， 而， 故，故存在，使得 ， 所以， 故数列存在最小项，故B正确； 对于C：若数列是“加速数列”，则，且， 则，所以， 即，当时，，所以不存在，使得， 故C错误； 对于D：若正数列是等比数列，则，等价于 若，则，不等式等价于， 只要，数列是“加速数列”； 若，则，不等式等价于， 只要，数列是“加速数列”， 所以是“加速数列”的充要条件不是，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知多项式（），__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据多项式的展开式，由常数项为0求出，再利用通项公式分别求得，即可. 【详解】因为， 所以，即，解得. 又，， 所以. 13. 如图，为函数的图象，为最高点，，为最低点．若，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】因为函数的最小正周期为， 所以，又因为， 又因为，所以，所以. 14. 一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取1只球，表示次取球中取到红球的次数，，则的数学期望为______（用表示）． 【答案】 【解析】 【分析】由题知，，利用，可求得. 【详解】由题知， ， ， ， . 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． 15. 根据国际疫情形势以及传染病防控的经验，加快新冠病毒疫苗接种是当前有力的防控手段，我国正在安全、有序加快推进疫苗接种工作，某乡村采取通知公告、微信推送、广播播放、条幅宣传等形式，积极开展疫苗接种社会宣传工作，消除群众疑虑，提高新冠疫苗接种率，让群众充分地认识到了疫苗接种的重要作用，自宣传开始后村干部统计了本村200名居民（未接种）5天内每天新接种疫苗的情况，得如下统计表： 第天 1 2 3 4 5 新接种人数 10 15 19 23 28 （1）建立关于的线性回归方程； （2）预测该村居民接种新冠疫苗需要几天？ 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ，． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）本题首先可以求出、，然后求出、，即可求出关于的线性回归方程； （2）本题可设，数列的前项和为，然后根据等差数列求和公式得出，最后求出、，即可得出结果. 【详解】（1），， 则，， 故关于的线性回归方程. （2）， 设，数列的前项和为，易知数列是等差数列， 则， 因为，， 所以预测该村居民接种新冠疫苗需要天. 【点睛】关键点点睛：本题考查线性回归方程的求法以及实际应用，能否根据表中数据求出、是 解决本题的关键，考查等差数列求和公式的应用，考查计算能力，是中档题. 16. 中，，P是内一点，. （1）若，求； （2）若，求中AC边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理求得，再由已知及正弦定理求； （2）设，由余弦定理及列方程求参数值，结合等腰直角三角形的性质求高. 【小问1详解】 根据正弦定理得， . ，则，而， . 根据正弦定理得， ； 【小问2详解】 设， 在中得， 化简得. 在中得， 化简得， . ， ，化简得，解得或. 又，则. 中AC边上的高为. 17. 在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动点满足. （1）当时，证明：； （2）当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积； （3）动点在所在平面内，和均为锐角，且，设平面和平面的夹角为，求的最大值. 【答案】（1）证明：当时，取的中点为N，连接， 由已知可知， ， 又因为 平面， 所以平面， 因为平面， 所以； （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直； （2）首先确定球心的位置，再构造直角三角形，求外接球的半径，再求球的表面积； （3）首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，再代入二面角的向量公式求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中心分别为，连接， 由已知可知球心在线段上， 设，则， 所以， 所以，又因为时，，即， 故， 所以球的表面积； 【小问3详解】 如图，取的中点，连接，则. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设，由，得 化简得， 由和均为锐角，得. 设平面的法向量为， 由 得取，得， 故平面的一个法向量为. 设平面的法向量为. 得，取，得， 故平面的一个法向量为. 则 ， 令，则， 所以. 由函数单调递增， 所以当时，取最大值，最大值为. 18. 为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记. （1）求的方程； （2）求证：； （3）设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 因为， 由正弦定理可得， 即，整理可得. （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据方程可知，结合离心率可得，即可得椭圆方程； （2）根据离心率结合椭圆定义可得，再利用正弦定理结合三角恒等变换运算分析证明； （3）假设存在，设直线，，，与椭圆方程联立可得韦达定理，结合圆的性质可得，整理可得，代入韦达定理运算求解即可. 【小问1详解】 由椭圆方程可知：， 因为，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 假设存在，可设直线，，，且， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 则，， 由题意可知：，则直线， 令，可得，即， 同理可得， 若四点共圆，则， 可得， 且，则，可得， 且，，， 则， 整理可得， 即， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以存在，使得点四点共圆，此时. 19. 已知函数，其中． （1）证明：当时，仅有一个零点． （2）设的三个零点为，，（）． （ⅰ）求的取值范围． （ⅱ）证明：为定值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）把代入，利用函数零点的意义变形并构造函数，再利用导数确定函数单调性即可推理得证. （2）（i）利用函数零点的意义变形并构造函数，求出导数，按，分类讨论确定单调性，结合零点存在性定理判断即可； （ii）由（i）的信息确定，，的取值范围，再确定，关系即可推理得证. 【小问1详解】 证明：当时，，定义域为. 由，得. 令，则， 则函数在上单调递增， 而，即为的唯一零点. 故当时，仅有一个零点. 【小问2详解】 （ⅰ）函数的定义域为， 由，得. 令，依题意，则函数有3个零点， ，方程，. 当，即时，， 函数在上单调递增，最多一个零点，不符合题意； 当，即时，方程的两个根为，. 又，则， 又，则. 当，时，；当时，， 所以函数在，上单调递增，在上单调递减， 则，而， 因此，， 又当时，，当时，， 则函数在，，各有一个零点，故函数有3个零点， 即函数有3个零点. 综上，. （ⅱ）由（ⅰ）得，，，. 而 ， 故，而，所以. 则也是函数的一个零点， 又，函数只有3个零点，所以， 所以， 因此，为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上高二中2026届高三全真模拟考试数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，则复数的虚部是 A. B. C. D. 3. 双曲线的离心率为，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点O为△ABC的外接圆的圆心，且，则△ABC的内角A等于（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 5. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个等高的几何体，如果在同高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）. A. 7 B. 10 C. 7π D. 10π 6. 高三年级 1， 2， 3， 4， 5 五个班负责甲、乙、丙、丁四个区域的卫生，每个班负责一个区域， 每个区域至少有一个班级负责， 其中 1 班和 2 班都不去区域甲， 则不同的任务分配方法种数为（ ） A. 108 B. 120 C. 126 D. 144 7. 如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 8. 设正实数均不为且，则关于二次函数，下列说法中不正确的是（ ） A. 三点中有两个点在第一象限 B. 函数有两个不相等的零点 C. D. 若,则 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. 已知一组从小到大排列的样本数据，其中，则下列说法中正确的是（ ） A. 若第一项与最后一项的数据忽略不计，则样本数据的极差减小 B. 这组样本数据的上四分位数为 C. 这组样本数据的平均数为 D. 若为这组样本数据增加两个数据，则众数可能不变 10. 已知体积为的四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，记四棱锥的表面积为，则（ ） A. 点到平面的距离为2 B. 的面积为2 C. D. 存在点使得四棱锥有内切球，且内切球的表面积为 11. 已知数列，给出以下定义：若存在常数，对于任意的，都有，则称数列为“加速数列”，现给出下列命题：其中不正确的命题是（ ） A. 若，则对任意，数列都不是“加速数列” B. 若数列是“加速数列”，且，，则数列存在最小项 C. 若数列是“加速数列”，且，，则存在，使得 D. 正数列是等比数列且公比，则是“加速数列”的充要条件是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知多项式（），__________． 13. 如图，为函数的图象，为最高点，，为最低点．若，则___________． 14. 一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取1只球，表示次取球中取到红球的次数，，则的数学期望为______（用表示）． 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. 根据国际疫情形势以及传染病防控的经验，加快新冠病毒疫苗接种是当前有力的防控手段，我国正在安全、有序加快推进疫苗接种工作，某乡村采取通知公告、微信推送、广播播放、条幅宣传等形式，积极开展疫苗接种社会宣传工作，消除群众疑虑，提高新冠疫苗接种率，让群众充分地认识到了疫苗接种的重要作用，自宣传开始后村干部统计了本村200名居民（未接种）5天内每天新接种疫苗的情况，得如下统计表： 第天 1 2 3 4 5 新接种人数 10 15 19 23 28 （1）建立关于的线性回归方程； （2）预测该村居民接种新冠疫苗需要几天？ 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ，． 16. 中，，P是内一点，. （1）若，求； （2）若，求中AC边上的高. 17. 在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动点满足. （1）当时，证明：； （2）当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积； （3）动点在所在平面内，和均为锐角，且，设平面和平面的夹角为，求的最大值. 18. 为椭圆上异于顶点的动点，且的离心率为，分别为的左、右焦点，为的左顶点，记. （1）求的方程； （2）求证：； （3）设点，过点作一条不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于，两点，再过点作一条垂直于轴的直线分别交直线于点.问是否存在，使得点四点共圆（为坐标原点）？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，其中． （1）证明：当时，仅有一个零点． （2）设的三个零点为，，（）． （ⅰ）求的取值范围． （ⅱ）证明：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $