精品解析：江西吉安市第一中学2025-2026学年高三下学期模拟预测（二）数学试题

吉安一中 2025—2026 学年度下学期全真模拟(二) 高三数学 考生须知: 1. 本卷满分 150 分， 考试时间 120 分钟. 2. 答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方. 3. 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效， 4. 考试结束后，只需上交答题卷. 第 I 卷 一、单选题: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. 已知为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知等式求出复数，再确定其在复平面内对应点的位置. 【详解】已知，则， 分子分母同乘，即， 所以复数在复平面内对应的点为，在第四象限. 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合，再根据交集的概念求解即可. 【详解】集合，集合， 则. 故选：C 3. 若的最小正周期为，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式，结合特殊角的正弦函数值进行求解即可. 【详解】因为的最小正周期为， 所以，即， 所以. 故选：A 4. 已知直线与圆相交于、两点，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由直线的方程可确定直线过定点，则当点到直线的距离的最大值为时，取最小值. 【详解】直线，可化为，则直线过定点， 圆配方得，可得圆心，半径， 所以，即点在圆内， 则当点到直线的距离的最大值为时，， 故选：C． 5. 已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于A：若，，则或和相交，故A错误； 对于B：若，，根据线面垂直的性质定理可得，故B正确； 对于C：若，，则或和异面，故C错误； 对于D：若，，则和可能平行也可能相交，故D错误； 6. 已知是定义在上且周期为3的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的周期和奇函数的性质进行求解即可. 【详解】因为是定义在上且周期为3的奇函数， 所以， 所以 令，得， 因为该函数是奇函数，所以， 所以， 故选：A 7. 已知点是的重心，点是所在平面内一点.若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用重心的性质及平面向量基本定理即可求解. 【详解】因为点是的重心，所以，即， ， 又不共线，所以，故. 故选：C 8. 已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数的定义及导数与函数单调性间的关系，可得为奇函数且为减函数，从而将问题转化成函数与函数的图象有个交点，再利用导数求出的单调性，进而得出的图象，数形结合，即可求解. 【详解】因为，易知的定义域为，定义域关于原点对称， 又，所以为奇函数， 又恒成立，所以为减函数， 令，得到，所以，整理得到，令， 因为函数恰有个零点，则函数与函数的图象有个交点， 又，当时，，当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 又时，，时，，时，， 时，，且恒成立，其图象如图所示， 由图可知，要使函数与函数的图象有个交点，则， 解得，所以实数的取值范围是. 二、多选题: 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. 9. 若数列的前项和满足，则（ ） A. B. C. 为等比数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据与的递推关系推导、的通项公式；对于B：由上可知为等差数列，由等差中项性质可得结果；对于C：不为等比数列；对于D：，构造函数，利用定义法证明该函数恒大于0. 【详解】对于A：当时，； 当时，，相减得， 所以数列是等比数列，进而得，， 所以，A选项正确； 对于B：因为，所以数列是以1为公差的等差数列， 所以由等差中项性质可得 ，故B选项正确； 对于C：，不为常数，所以不是等比数列，故C选项错误； 对于D：， 当时，则； 当时，令， 则， 所以单调递增，所以，即， 综上：，故D项正确. 故选：ABD. 10. 在三棱锥中，，顶点在底面上的投影为（在内部，不含边界），点在上，则下列说法正确的有（ ） A. 为的垂心 B. 若，则是等边三角形 C. 可能是直角三角形 D. 直线与直线的夹角可能为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，连接并延长交于，连接并延长交于，然后根据已知条件分析判断，对于B，结合勾股定理和三角形的外心分析判断，对于C，结合选项A分析判断，对于D，利用线面垂直的判定和性质分析判断. 【详解】对于A：连接并延长交于，连接并延长交于，因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， 所以为的垂心，所以A正确； 对于B：因为平面，平面，所以， 所以， 因为，所以，所以为的外心， 由选项A知为的垂心，所以是等边三角形，所以B正确； 对于C：由选项A知为的垂心，若是直角三角形，则垂心为直角顶点，与在内部矛盾，所以C错误； 对于D：连接并延长交于，由选项A知为的垂心，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以直线与直线夹角为，所以D错误. 故选：AB. 11. 吉安庐陵文化非遗体验工坊为传统文化素养研学准备了人文素材包，里面有7本不同的庐陵名家诗词抄本和3套不同的庐陵碑刻非遗拓印工具，共10件研学素材.下列说法正确的是（ ） A. 若将这10件素材全部分到两个不同的研学体验桌，每个体验桌不空，则共有1022种分配方法 B. 若从素材包中不放回地摸出5件素材，记为摸出的庐陵名家诗词抄本的本数，则 C. 若从素材包中有放回地依次摸4次素材，记为摸出的庐陵名家诗词抄本次数与拓印工具次数之差，则 D. 若从素材包中不放回地依次取素材，记为最后1本庐陵名家诗词抄本被取出所需的次数，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理，结合排除法判断A；利用组合计数问题求出古典概率判断B；利用二项分布方差公式求解判断C；求出的可能值，进而求出期望判断D. 【详解】对于A，10件不同的素材， 每件都能分到两个研学体验桌中的任意一个，总共有 种分配方式， 需要排除“所有素材都分到第一个桌”和“所有素材都分到第二个桌”这2种空桌的情况， 因此有效分配方法为种，A正确； 对于B，不放回摸出5件素材，表示摸到 4本诗词抄本、1套拓印工具，，B错误； 对于C，设摸出诗词抄本的次数为 ，C正确； 对于D，为取完7本诗词抄本的总次数，取值为7，8，9，10， 则 ， 因此，D正确. 第 II 卷 三、填空题: 本题共 3 个小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 的展开式中的系数为__________. 【答案】20 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项分前面括号内取1和分别求解即可. 【详解】展开式的通项是， 分别令得， 所以展开式中项为， 所以展开式中的系数为. 故答案为：20. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出曲线在点处的切线方程，再设出该切线与曲线的切点，利用导数的几何意义和切点既在切线上又在曲线上进行求解. 【详解】由题意可得：， 当时，， 所以曲线在点处的切线为： ，即， 设切线与曲线的切点为， 对求导可得：， 又因为切线的斜率等于曲线在切点处的导数， 所以，即， 又因为在切线上， 所以， 所以在曲线上， 即，求解可得：. 故答案为：. 14. 已知曲线 分别是曲线 的左、右焦点，点 是曲线 与 在第一象限的交点，点 在 上的投影是点 . 若 ， 则曲线 的离心率是_____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的几何意义及数量积的坐标表示列式，再结合点是两条曲线的交点建立方程组求解. 【详解】由点在上的投影是点， 得 ， ，得 ， 设 ，则 由，得，则 ， 整理得，即，所以曲线的离心率是. 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，角对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差数列的性质得到的关系，再根据正弦定理将角化边，最后利用余弦定理求值； （2）先根据正弦定理求出，再结合（1）中的的关系求出，最后根据三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 由成等差数列知，又得， 于是，设，则， 所以； 【小问2详解】 由（1）知， 由得，所以， 所以的面积. 16. 已知数列中，， . （1）如图，在平面直角坐标系中，若，依次连接点得到折线，求由该折线与直线所围成的区域的面积； （2）记，若恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，利用构造法求出，再利用梯形的面积公式及错位相减法求和即得. （2）由（1）求出并等价变形不等式，再确定数列单调性求解. 【小问1详解】 数列中，由，得，则数列是首项为， 公差为1的等差数列，，因此，， ， 过向轴作垂线，垂足分别为， 记梯形的面积为，则， 因此， 于是， 两式相减得，则， 所以由该折线与直线所围成的区域的面积. 【小问2详解】 由（1）知，则， ， 不等式恒成立， 而数列都是递增数列，则数列是递增数列， 当时，，因此，解得， 所以的最大值为. 17. 已知上是增函数，在[0，2]上是减函数，且方程 有三个根，它们分别为． （1）求c的值； （2）求证； （3）求的取值范围 【答案】（1）c=0;（2）见解析；（3)见解析. 【解析】 【详解】本试题主要是考查导数在研究函数中的运用．利用导数研究函数的极值，以及函数的单调性，进而得到参数的范围，以及不等式的证明． （1）因为上是增函数， 在[0，2]上是减函数，∴当x=0时f（x）取到极大值， （2）的两个根分别为 （3）利用设根法表示出函数，然后借助于根韦达定理得到根与系数的关系，进而证明不等式． 解：（1）上是增函数， 在[0，2]上是减函数，∴当x=0时f（x）取到极大值， （2）的两个根分别为 （3） 18. 已知抛物线：焦点为，直线与抛物线有且只有一个交点. （1）求抛物线的方程； （2）设抛物线的准线与轴交于点，过点作直线与抛物线交于两点. （i）若的面积为4，求直线的方程； （ii）设内切圆的半径为，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）或；（ii） 【解析】 【分析】（1）联立直线方程与抛物线的方程，得，由求得，从而得到抛物线的方程； （2）（i）易得，设，代入得，.设，结合韦达定理，根据的面积，求得的值，即可得到直线的方程；（ii）利用三角形的面积公式，将表示为的函数，利用导数分析其单调性，并求得其最大值. 【小问1详解】 由得，由已知可得， 所以抛物线方程为； 【小问2详解】 （i）抛物线的准线方程为，所以. 设，代入得，， 设，且，则. ，所以， 所以直线l的方程为：或； （ii）由（i）得 ， ， . 设，则 显然关于m是增函数. 令，则， 两边平方，化简整理得，此时对应的值满足题意. 由于关于m是递增函数，；， 所以当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为. 19. 如图，在棱长为4的正四面体中，分别为棱、、上的点，且，，，，. （1）若，. （i）证明：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （2）若满足，设四面体的体积为随机变量，求的分布列和数学期望.（注：当时，四面体的体积记为）. 【答案】（1）（i）证明如下： 取的中点D，连接，. 在正四面体中，因为是等边三角形，D是的中点，所以， 因为是等边三角形，D是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，，，， 所以S、T分别为、的中点， 所以，所以. （ⅱ）； （2）四面体体积V的分布列为 0 【解析】 【分析】（1）（i）取中点,由正四面体性质得,证出平面,得；再由中位线得,从而推出. （ⅱ）先求正四面体底面边长、中线与高,确定顶点在底面投影位置；以投影为原点建空间直角坐标系,求出各点坐标,再由线段比例得坐标,算出相关向量；列方程组求平面法向量,利用向量夹角公式算出与法向量夹角余弦,进而得到直线与平面所成角的正弦值. （2）先算出正四面体总体积,利用同高三棱锥体积比等于底面面积比,推出小四面体与原四面体体积比为；再用隔板法与枚举法,求出满足且的整数解共53组.分类讨论体积不为零的正整数：按等于3,4,5拆分组合，算出每种对应体积及情况数，用总数减去非零情况数得到体积为0的情况；列出体积分布列，代入期望公式化简计算，最终求得体积的数学期望为. 【小问1详解】 （i）略 （ⅱ）如图D为中点，O为点P在底面的投影，点O在上， 由题意得，，，， 所以， 以O为原点，分别以、、方向为轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 因为，所以，则， 因为，则分别为棱、的中点， 则，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，即， 故， 则直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 由（1）（ⅱ）得正四面体的体积为. 由三棱锥的体积公式和性质，同理可得 ， 所以，，所以，即 整数满足， 方法1：设d为非负整数，的自然数解问题. 设自然数包含，求解的自然数解个数，采用隔板法与去杂法结合计算. 对于方程的自然数解，总个数公式为，，， 代入得总解数:. 若,则只能，这组解不合理； 若,则只能，这组解不合理； 若,则只能。这组解不合理. 题目存在约束条件,存在组不符合要求的自然数解，需从总解数中减去. 共有种. 方法2：时，，共19种； 时，，共15种， 时，，共10种； 时，，共6种； 时，，共3种，即共有种， 当四面体的体积不为0时，为正整数， ①当时，只有种情况， 此时； ②当时，，共有种情况， 此时； ③当时，，共有种情况， 此时， ，共有种情况，此时. 因此，当四面体的体积V为0时，共有种情况， 所以四面体体积V的分布列为 0 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉安一中 2025—2026 学年度下学期全真模拟(二) 高三数学 考生须知: 1. 本卷满分 150 分， 考试时间 120 分钟. 2. 答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方. 3. 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效， 4. 考试结束后，只需上交答题卷. 第 I 卷 一、单选题: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. 已知为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若的最小正周期为，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 4. 已知直线与圆相交于、两点，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5. 已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 已知是定义在上且周期为3的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知点是的重心，点是所在平面内一点.若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数恰有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题: 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. 9. 若数列的前项和满足，则（ ） A. B. C. 为等比数列 D. 10. 在三棱锥中，，顶点在底面上的投影为（在内部，不含边界），点在上，则下列说法正确的有（ ） A. 为的垂心 B. 若，则是等边三角形 C. 可能是直角三角形 D. 直线与直线的夹角可能为 11. 吉安庐陵文化非遗体验工坊为传统文化素养研学准备了人文素材包，里面有7本不同的庐陵名家诗词抄本和3套不同的庐陵碑刻非遗拓印工具，共10件研学素材.下列说法正确的是（ ） A. 若将这10件素材全部分到两个不同的研学体验桌，每个体验桌不空，则共有1022种分配方法 B. 若从素材包中不放回地摸出5件素材，记为摸出的庐陵名家诗词抄本的本数，则 C. 若从素材包中有放回地依次摸4次素材，记为摸出的庐陵名家诗词抄本次数与拓印工具次数之差，则 D. 若从素材包中不放回地依次取素材，记为最后1本庐陵名家诗词抄本被取出所需的次数，则 第 II 卷 三、填空题: 本题共 3 个小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 的展开式中的系数为__________. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 14. 已知曲线 分别是曲线 的左、右焦点，点 是曲线 与 在第一象限的交点，点 在 上的投影是点 . 若 ， 则曲线 的离心率是_____. 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，角对应边分别是.已知成等差数列，且. （1）求的值； （2）若的外接圆半径为，求的面积. 16. 已知数列中，， . （1）如图，在平面直角坐标系中，若，依次连接点得到折线，求由该折线与直线所围成的区域的面积； （2）记，若恒成立，求实数的最大值. 17. 已知上是增函数，在[0，2]上是减函数，且方程 有三个根，它们分别为． （1）求c的值； （2）求证； （3）求的取值范围 18. 已知抛物线：焦点为，直线与抛物线有且只有一个交点. （1）求抛物线的方程； （2）设抛物线的准线与轴交于点，过点作直线与抛物线交于两点. （i）若的面积为4，求直线的方程； （ii）设内切圆的半径为，求的最大值. 19. 如图，在棱长为4的正四面体中，分别为棱、、上的点，且，，，，. （1）若，. （i）证明：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （2）若满足，设四面体的体积为随机变量，求的分布列和数学期望.（注：当时，四面体的体积记为）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $