江西省鹰潭市第一中学2026届高三考前最后一卷数学试卷

**基本信息** 2026届高三数学三模卷，覆盖集合、导数等高频考点，以基因编辑实验、正三棱锥动态问题创设创新情境，考查数学眼光、思维与语言，适配高考冲刺需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|8/40|集合、复数、概率等基础知识点|注重概念辨析与基础运算| |多项选择题|3/18|三角函数性质、抛物线综合|选项分层考查逻辑推理| |填空题|3/15|二项式定理、圆锥体积、复合函数|设置复合函数余数问题，渗透创新思维| |解答题|5/77|独立性检验、立体几何、导数应用等|以基因编辑实验数据、轨迹方程探究等情境，综合考查数学建模与运算能力|

2026届高三考前最后一卷 数 学 1.C 【详解】由题意A∩B={2,3},故A错误； 因AUB=1,2,3,4}≠{1,2,3,4,5,6，故B错误： 又AUC={1,2,3,4,5,6}=C,故C正确： 因A⌒C=1,2,3}≠{2,3,4，故D错误. 2.A 【详解】因为：品0=0+ 22(1+i) =1+i, 所以=V1+1P=√2 3.C 【分析】求出这组数据的平均数，利用方差公式求解即可. 【详解】这组数据的平均数为2+7+8+13+15-9， 5 故这组数据的方差为-(2-9+(0-+®-9+3-9j+5-9]刃-=212 4.B 【分析】根据前三局甲2：1领先的赛况，分第四局甲直接获胜、第四局甲负且第五局甲获胜 两种互斥情况分别计算概率，求和即可得到甲最终获胜的概率 【详解】已知前三局甲以2：1领先，甲最终获胜仅需再赢得1局胜利，最多剩余2局比赛， 分两类互斥情形计算： 第四局甲获胜，比赛直接结束，对应概率R= 四乙获，第局甲综陆，对应微案=-引子号会 2.6_16 故甲最终获胜的总概率为P=R+B=5+25=25 5.C 【详解】因为f(x)是偶函数，所以f(-x)=∫(x), 由f(x)+f(2-x)=0,得f(x)=-f(2-x)=-f(x-2), 答案第1页，共15页 所以f(x-2)=-f(x-4),得f(x)=f(x-4), 所以∫(x)是以4为周期的函数， 所以f(2020)=f04x506+2)=(2)=-f0)=-(2-0)=-号 6.A 【分析】利用面面垂直的性质建立空间直角坐标系，求出异面直线的方向向量，通过向量夹 角公式计算异面直线所成角的余弦值. 【详解】取AD的中点O,连接PO,因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以 PO1AD,且P0=1AD=1. 2 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD,POC平面PAD, 根据面面垂直的性质定理，可得PO⊥平面ABCD. 以O为坐标原点，OA方向为x轴正方向，底面ABCD内垂直于AD的方向为y轴正方向， OP方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，可得各点坐标：A1,0,0),P(0,0,1),B(0,V3,0), C(-2,√3,0). 因为E是PC的中点，所以五15，》， 2’2 设异面直线PA与BB所成角为日，6∈(0，，则cos0= PA.BE PA·BE| 计算得：PA.BE=1×(1)+0× 3 1 +(-1)× 2 3 3 cos8=V2万4 7.B 【分析】根据题意得出点(x,y)是在圆x2+(y+2)=4的上半部分，以及6x-8y+5表示点 (x,y)到直线6x-8y+5=0距离的10倍，利用点到直线的距离即可求解. 答案第2页，共15页 6x-8y+5=0 【详解】 x+0+2)2-4 Bl 由y=√4-x-2,得x2+(y+2)2=4(y2-2),即y=√4-x-2为圆x2+(y+2)2=4的上半 圆，圆心A(0,-2),半径为2， 如图所示，取点B(2,-2),又因为6x-8y+5表示点(xy)到直线6x-8y+5=0距离的10倍， 圆心A到直线6x-8y+5=0的距离4= -8x(-2+1_21>2, V6+(←8 10 即直线6x-8v+5=0与圆相离，点8到直线6x-8v+5=0的距离d |2×6-8×(2)+533 V6+(-8) 10 所以6x-8y+5的最小值为10× 得习小1，大值为10君=3， 10 所以6x-8y+5的取值范围为1,33]，故B正确. 8.C 【分析】对函数求导，运用导数的零点来判断函数的极值点. 【详解】f(y)=e-e e同y(e-)(e2y 化简得x)=13,令1-60， ex-l ex-1 即e-1-3x2+x=0,令h(x)=e-1-3x2+x2, h'(x)=e-6x+3x2=3.x(x-2)+e-1, 令g(x)=e-1-6x+3x2,则g(x)=e-6+6x, 令k(x)=e--6+6x,则K(x)=e-1+6>0,故g'(x)在定义域内单调递增： 又因为g'(0)=e1-6=e-6<0,g'(1)=e--6+6=1>0: 因此3∈(0,1)，使8'()=0， 故在(-∞，)内g(x)=h'(x)单调递减，在(x,+m)内g()=h'()单调递增， 答案第3页，共15页 当x=0时，3x(x-2)=0,故x<0时，h(x)>0,h(0)=e=e1>0, 同理得x>2时，h()>0,h(2)=e2=e>0, 且h(1)=e-1-6+3=-2<0, 故3片∈(0,1)，H(4)=0,上2∈1,2)，H(6)=0, 因此h(x)=e-3x2+x,在(-o,)内，h(x)单调递增，在(4，)内，h(x)单调递减，在 (,+o)内h(x)单调递增， h(-1)=e2-3-1=e2-4<0,h(0)=e>0, h(1)=e°-3+1=-1<0，h(3)=e2-27+27=e2>0, 故h(x)在(-o,4),(4,t),(,+o)区间分别有一个零点， 因此函数f(x)的极值点个数有3个. 9.BC 【详解】代入点M 品4=1，代入N得m(又因为0<c 所以o=2,函数解析式为f)=$im2x+ 6 选项A,x∈ π3π 4'4 2x+∈「25m 633 因此不单调递减， 选项B,号2+君受为对称轴 选c向左平移得y=+哥引 6 6 sin2x+ mer)成t 选项D,x∈ 2x+∈7m13m 666 因为函数y=sint在 7π13π 、6’6 上只有1个零点， 因此f(x)只有1个零点. 10.ABD 【分析】运用抛物线的性质，结合给定条件把直线与曲线联立求出交点，将三角形面积比转 化为关于P,q式子之比，逐个计算判断即可. 【详解】因为P≠q,所以抛物线M,N不重合， 故A,B不可能共点，即≠1，故A正确， 由题意得OA=OB,不妨设点A,B均在直线y=x上， 且设A(xAyA),B(B,yB),联立方程组y=x,y2=2匹， 答案第4页，共15页 得到kx2-2px=0,解得x=0或x= 2p 即XA= ，同理6是，因为立=远，所以0=00， 由弦长公式得OA=V2+1· =P+1 Vk2+1 2p OB=+1 ，而= 29 OA k2=卫 OB √e+1.2g9 当1=2时，p=2q成立，故B正确， 由于直线y=x过原点，故耳，耳到直线y=x的距离之比 等同其到原点的距离之比名，故。哑卫】 S.ABF 1 化简得qSAB网=pSAB网，故C错误， S.045 OFyA 而S.B okx4_o1-g卫-L,故D正确， OF v OF k.xB OF x p.g 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用抛物线的性质并联立求出交点， 然后用含有P,9的式子表示三角形面积，得到所要求的比例关系即可， 11.ACD 【分析】作出平面截三棱锥P-ABC所得截面，求其面积，判断A的真假；利用体积法 求三棱锥的内切球半径，再求其表面积，判断B的真假：求点Q的轨迹，求其轨迹的长度， 判断C的真假；确定点M的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面圆半径的最小值，可 得截面面积的最小值，判断D的真假. 【详解】因为平面/平面PBC,且平面POB∩平面PBC=PB, 过G作GD//PB交BO于D,则GDc平面a, 同理过D作I//BC,分别交AB,AC于点E,F,过E作EH∥PB交PA于H,连接FH, 则△HEF为平面a截三棱锥P-ABC所得的截面. 由题意，得△BF~∠PBC,且E=AP= PC AC 6' 所以Sr=25 SAPBC 36 所以Sar 25syce-1 25V3 一X ×6=255,赦A正确： 36 364 4 D F 答案第5页，共15页 因为P8=6,OB=2x5x6=2N5,所以20=VPB-Or=6-(2=2W6 32 设三棱锥P-ABC的内切球的半径为？， 由等积法得4× ×x5x6,=x5×6×36,解得r=6 34 34 故其表面积为4π× 6)2 =6π，故B错误： 2 A B 过A作平面PBC的垂线，垂足为K,连接KQ,则K为△PBC的重心， 且AK=P0=2V6,所以KQ=VAQ-AK2=2, 所以点Q的轨迹是以K为圆心，以2为半径的圆在△PBC内的部分（三段弧）， 因为每段弧的圆心角均为写故点Q的轨迹长为3×背2=2元，故C正确： 3 设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R,球心为T, 所以R=2v6-636 2 2 当截面与M垂直时，所得的截面圆的面积最小， 因为TM 此时截面圆的半径为 3√6 故截面面积为9π，故D正确 12.15 【分析】求出二项式展开式的通项公式，令x的次数为0，求出k的值，代入通项公式中可 求得常数项， 【详解】展开式的通项为T4=Cg- 令6-张=0，得=4， 所以常数项为工，=C4x°=15， 故答案为：15. 答案第6页，共15页 13.23 3 【分析】由轴截面为等边三角形求出圆锥底面半径与圆锥高的关系，求出圆锥的体积、球的 体积即可得解 【详解】设圆锥的底面半径为r,球的半径为R, 因为圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的高=√3r, 所以圆菲的体积为r=×(化x火-5，球的体积巧-青R, 4 3 所以上=3 4 =52-名.解符-25 4πR3 4R3 R3 14.6 【分令a=人四，分析可得a-双1，推号可知a骨引是等比微列，嘴定该数 列的首相和公比，可得出1(19)的值，结合二项式定理可得出2f,(19)除以10的余数. 【详解】由题意可知n(19)=f(f-1(19)=3f-1(19)+1(n≥2，n∈N*), 令a.=fn(19),则4=f(19)=3x19+1=58, 由题意可得a-品1，故a+片+时且a+方58+ 1_117 22 所以数列{a,+》以17为首项，公比为3的等比数列， 2 2 +}7×3”-13x空，所以万09=4，-18x3a-1 所以a+22 2 2 所以2f51(19)=13×322-1, 因为32=91=10-1=101-C110+C10-…+C0.10-1, 故2(19)=13101-C110°+C10-+C0.10-1）-1 =13(101-C1100+C-10-…+C9.10）-14 =13101-C1100+C10-+C910）-20+6, 因为13(101-C·100+C·10-+C10.10)-20能被10整除， 故2f51(19)除以10的余数是6. 15.(1)表格见解析，有关联 (2)E(X)=7.6,D(X)=1.824 答案第7页，共15页 【分析】(1)根据已知条件完善列联表，然后计算x的值，进而得到结论； (2)先根据题意得到经过基因编辑处理的单株小麦抗锈病的概率为p=0.76,再结合题意 得到X~B(10,0.76),进而利用公式即可求出X的数学期望与方差 【详解】(1)由题得如下2×2列联表： 抗病株数 易感病株数 合计 实验组 38 12 50 对照组 25 25 50 合计 63 37 100 零假设H。：小麦抗锈病与接受基因编辑处理无关联. 由列联表的数据，得X-100(38×25-25x122 ≈7.250>6.635， 50×50×63×37 依据小概率值α=0.010的独立性检验，我们推断H,不成立，可以认为该小麦抗锈病与接受 基因编辑处理有关联， (2)由题意，估计经过基因编辑处理的单株小麦抗锈病的概率为p= 38=0.76, 50 由题知X~B(10,0.76), 故其分布列为P(x=k)=C$(0.76)(0.240-(k=01,2,,10), 所以E(X)=10×0.76=7.6,D(X)=10×0.76×(1-0.76)=1.824 16.(1)证明见解析 (2)√10 【分析】(1)根据圆台OO的母线A4与底面所成角为60°，得到△OA4为等边三角形，即 OM⊥A4,根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理得到OB⊥AC,结合AC为直 径，即可得证 (2)建立空间直角坐标系，设B(x,y,0)(x石+y=4),求出平面ABC1的法向量，利用 线面角的向量求法得到3(y+2)=哈，联立求出点B坐标，利用两点间距离公式求解即可. 【详解】(1)连接OA,OB,OM,过点A作AN⊥AC,交AC于点N, 答案第8页，共15页 B 圆台0O的母线A4与底面所成角为60°，即∠OA4=60°. 又OA=OA,所以△OA4为等边三角形，因为M是A4的中点，所以OM⊥AA1: 又OM,BMC平面OBM,OM∩BM=M,所以AA⊥平面OBM. 因为OBc平面OBM,所以A4⊥OB 圆台OO中，ACC1A为轴截面，所以平面ACCA⊥平面OAB, 又平面ACC,A∩平面OAB=AC,AN⊥AC,所以AN⊥平面OAB, 因为OBc平面OAB,所以AN⊥OB 又AN∩A4=A,AN,A4c平面ACC1A,所以OB⊥平面ACC1A. 因为ACC平面ACC1A,所以OB⊥AC 又AC为直径，所以B是AC的中点. （2)结合1)可得，00=4sim60=2x5-5, 2 04=0,C=0A-A4c0s60°=2-2×2=1. 以O为原点，以OC,OO为y轴、z轴，以过点O垂直于平面ACCA的直线为x轴，建立 如图所示的空间直角坐标系， M 2---1 A------ 1 答案第9页，共15页 则A(0,-2,0),C(0,2,0),G(0,1,V5),设B(x,yg,0),则x日+层=4. AB=(xByg+2,0),AC=(0,3,5),CC=(0,-1,5) 设平面ABC1的法向量为i=(x,y,=), AB.=0 则 ACi=0’ +2P=0,令y-5,则-50+2，：=3， 即 3y+V3z=0 XR 所以i= √5(y+ XB 2-5,3 设直线CC与平面4BC所成角为0，则s血0=259 13 c℃列 45 2 sin=cos CC, 又 cC网 V5(y+2) +(5+32 By+2) +12 XB 25 2v39 所以 (5(y+2) 13 整理得 √3(y+2) =1,所以3(+2)2=x号. +12 与x后+y后=4联立，解得yg=-1或g=-2（舍去，B是底面圆周上异于A,C的点)， 此时x=±V3,即B±V5,-1,0) 所以BC=V±5-0+(1-1)+0-3j=0 17.(1)x2-y2=4 (2)t=±4 【分析】(1)先利用三角形面积为4，建立A,B两点坐标之间的等量关系；设中点M的坐 标，利用中点坐标公式将点M坐标用A,B两点坐标表示，即可求出点M的轨迹C的方程； (2)联立方程组，分别根据弦长公式表示出P9,再根据点到直线的距离公式求出距离d, 根据面积为建立等显关系即可术出1。 【详解】(1)解：设A(a,-a),B(b,b),由题知ab>0, S.c-xx=la=ab-4. 答案第10页，共15页 改Mk功，则a,y,房以F-+2口-+公地4 4 4 4 因此，AB中点M的轨迹C的方程x2-y2=4. (2)解：设P(:,),2(x2,), 将y=2x+t代入x2-y2=4,整理得3x2+4r+t2+4=0, 3+4 则△=(4和-3x4×(+4到=4-48>0，解得2>12，+5=-华 3 由弦长公式可得： 3 设点O到直线Pe的距离为d,则d= 22+(1)25, 所以SeP@a-片x5x4r48具-8」 3 53 两边同时平方，化简整理得t-12t2-64=(t2-16)(t2+4)=0, 解得=16或t2=-4（舍)，所以t=±4. 18.0y=2-x+2-e e e (2)(-0,0] (3)证明见解析 【分析】(1)对f(x)进行求导，再通过导数的几何意义结合点斜式即可求出： (2)通过求g(x)的二阶导数判断g(x)的一阶导数的符号，进而求出g(x)的单调性，再求 出g(x)的最小值即可求出a的取值范围； (3)通过不等式e-1-nx≥1将原式化为只需证x(x-1)[h(+1)-lnx)]>hxn(x+),再通 过化货变形得到)：气e,为送行米学，是后令网=：中片，对 其进行求导即可证明. 答案第11页，共15页 【详解】(1)=n(g++云：所以点e-lfe-》处的切线斜率为/心e-)-2-。 又e-0=e-1,所以切线方程为一(e-0-（-x-e-明 即y=2-x+2-e e e (2)g=e-1 因为y=e一}在0+网上均为西数， 所以g()在(0，+0)上单调递增，又g'0=e-1-1=0, 故当x∈(0,1)时，g(x)<0,当xe(L,+o)时，g'(x)>0, 故g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以g(y)m=e-1-lnl-a=1-a. 若对任意x∈(0，+0)，都有g(x)≥1，则1-a≥1， 所以a≤0，a的取值范围为(-o,0]. (3)由(2)知，当x>1时，e-1-lnx>1,故e-1-lnx-1>0, 所以(x-)[e-2nx-1+f(x)-fx-1)】]=(x-1)[e-2nx-1+xn(x+1)-(x-1)nx] =(x-1)e--x-1+xn(x+1)-xnx>(x-1[xn(x+1)-xnx]=x(x-1)[n(x+1)-nx], 所以只需证x(x-[hx+)-血>h血xlh6c+),只需证nxhx+D>x-D' ln(x+l)-lhx、1 只品D是 11 只需证 11 CInx x-1 In(x+1)x 令点点0， 则只需证h(x)>h(x+1)(x>). 2x-x-02 x-1 h()=1t11 xln x(x-D)(x-1 hx (x-1)2n2x 因为血x- -2hw-+ 1 所以令以刘=2油- 因为p-子1卓-0，所以心)在0)上单时选法 x 所以当x>1时，p(x)<p)=0,所以h()<0,所以h(x)在(1，+o)上单调递减， 又1<x<x+1,所以hx)>hx+1), 故当x>1时，(x-1)[e-2lnr-1+fw)-f(x-)]>Inx.In(x+1). 答案第12页，共15页 19.(①)a,=2n-1neN）,b=2"(neN*） ②始0用经-头 所以x分+空++21，@ 1,35 2” 时京+园 ①@相时+后+子+层如-子士 2"2+122--2肿1’ 所以Z=3-1-21-1 272n<3 (3)65 【分析】(1)利用an=Sn-Sn-1(n≥2)和等差数列的定义求出数列{a}的通项公式，再分奇 偶项根据等比数列的定义求出数列b}的通项公式即可： (2)利用错位相减求和可得答案： (3)分cn=2k-1、c1=2k=2=b(k,meN)、Cn=2"(m∈N)讨论求出Hn>30c, 得不等式，再解不等式可得答案。 【详解】(1)由题意，1+a,aH=tSa, 1+4+14+2=tSn+1, 两式相减，得aH(a+2-an)=ta+1, 因为a.≠0，所以a+2-a=t, 由题意，得4=1,1+442=tS,可得4=t-1, 又4=t+1,所以4+4=1+t+1=2+t,又{a}为等差数列， 所以a+4=2a=2(t-1),解得t=4, 所以4=4-1=3，故公差为3-1=2， 所以数列{}是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以an=-2n-1(n∈N). b2=4, 因为4=a-4=2女=4+4=4, 所以数列{b}的奇数项构成的数列{b2m-1}(m∈N)是首项为2公比为4的等比数列， 答案第13页，共15页 所以bm1=2.41=2m-1, 令n=2m-1,则b.=2”，,n为奇数； 数列b}的偶数项构成的数列bm}是首项为4，公比为4的等比数列， 所以b2m=4.4m-1=22m, 令n=2,则b.=2”,n为偶数.。 综上所述，b,=2”(neN). (2)略 (3)当cn=2k-1,cmt1=2k+1,k∈N且数列{C,n}的前n项中有m(m∈N)项数列{地n}中 的项时， Hm=「(2×1-1)+(2×2-1)+…+(2×k-1)+(2+22+.+2m) 20-2）k+22>k2>30ca =2x1kx 2 1-2 由k2>30(2k+1),得k2-60k-30>0,解得k>30+√30×31>60，故cm≥121， 故当Cn≥121，且cn=2k-1,C+1=2k+1，k∈N时，Hn>30c+1恒成立. 当Cn=2k-1，Cm1=2k=2"=bm(k,∈N)时， Hn=[(2×1-1)+(2×2-1)++(2×k-1]+(2+22+…+2-1) =2x1+kxk-k+ 2 20-2m)k2+2-22k2>30cm 1-2 由k2>30×2k,解得k>60,故Cm≥121， 故当Cn≥121，且C.=2k-1，Cn+1=2k=2m=bm,k,m∈N时，Hn>30cn1恒成立. 当c=2"(m∈N)时，Hn=[(2×1-1)+(2×2-)+…(2×2"1-)(2+2+…+2) 21+2×21-)20-2）-2m+2-2, 2 1-2 由Hn>30c1,得22m-2+21-2>30(2+1),即(2-1}-56×2m-1-32>0, 所以2m-1>28+449+2>56>2，所以m>6,即cn>64, 答案第14页，共15页 故当cn>64,且cn=2m(l∈N)时，Hn>30cH恒成立， 综上，当cn≥121时，Hn>30c恒成立. 当cm=119时，Hn=602+2+4+8+16+32+64=602+126>30×121=30c+1, 当Cn=117时，Hn=592+126>30×119=30c+1, 当cn=115时，Hn=582+126<30×117=30c+1, 当64<cm<115时，设cm=2h-1,33≤k<58, Hn=尺+2+4+8+16+32+64=k2+126<30×(2k+1)恒成立， 即Hn<30cH成立， 同理，当Cn≤64时，Hn<30c+1恒成立， 综上，Cn=117是使Hn>30c成立的最小Cn, 这时Hn=[(2×1-1)+(2×2-1)++(2×k-1)]+(2+22++2), 且cn=4=117=2k-1,解得k=59, 所以n=59+6=65, 所以满足条件的n的最小值为65. 答案第15页，共15页 姓名 准考证号 秘密★启用前 数 学 2026届高三考前最后一卷 数 学 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。 2. 全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 3. 回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5mm 黑色笔迹签字笔写在答题卡上。 4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 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，只有一项是符合题目要求. 1．设集合，，，则 A． B． C． D． 2．已知，则 A． B． C．2 D． 3．样本数据、、、、的方差为 A． B． C． D． 4．甲、乙两个班级之间进行排球比赛，采用五局三胜制（没有平局），已知甲班在每一局比赛中获胜的概率均为，若前三局甲班以的比分领先，则甲班最终获胜的概率为 A． B． C． D． 5．若定义在上的偶函数满足，且当时，，则 A． B．0 C． D． 6．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，且侧面底面，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 7．已知实数满足，则的取值范围为 A． B． C． D． 8．已知函数，则函数的极值点个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 二、多项选择题：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．已知函数的图象过点和点，则 A．在区间上单调递减 B．直线为图象的一条对称轴 C．将的图象向左平移个单位长度可得函数的图象 D．在区间上仅有两个零点 10．已知为坐标原点，抛物线，，，异于原点的点，分别在，上，，的焦点分别为，，若，则 A． B．当时， C． D． 11．如图，已知正三棱锥的棱长均为6，点为点在底面上的射影，，分别为线段，的中点，过点作平面与平面平行，点为侧面上一动点（含边界），且，则 A．平面截三棱锥所得截面的面积为 B．三棱锥的内切球的表面积为 C．点的轨迹长度为 D．过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．的展开式中，常数项为______（用数字作答）． 13．已知轴截面为等边三角形的圆锥的体积与球的体积的比值是，则该圆锥的底面半径与球的半径的比值为______． 14．已知函数，记为函数的层复合函数，为函数的层复合函数，以此类推，（，且为正整数）为函数的层复合函数，则除以的余数是__________. 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.（13分） 某实验室利用基因编辑技术改良一种小麦品种，使其对锈病产生抗性．实验中将100株小麦分为两组：实验组50株接受基因编辑处理，对照组50株未处理，实验后统计各组抗病情况如下表： 抗病株数 易感病株数 实验组 38 12 对照组 25 25 (1)完成列联表并依据小概率值的独立性检验，分析该小麦品种抗锈病与接受基因编辑处理是否有关联； (2)用接受基因编辑后小麦抗锈病株数的频率估计基因编辑后单株小麦抗锈病的概率，从接受基因编辑的小麦中随机选取10株，记其中抗锈病的株数为，求的数学期望与方差． 附：，其中． 16.（15分） 如图，已知圆台的母线长为2，且与底面所成角为，，分别为圆台上、下底面的直径，，是底面圆周上异于，的一点，是的中点. (1)若，求证：是的中点； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 17.（15分） 在平面直角坐标系中，一动直线分别交，于A，B（A，B横坐标同号）两点，且的面积恒为4. (1)求中点的轨迹的方程； (2)若直线交轨迹于，两点，的面积为，求的值. 18.（17分） 已知，，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，都有，求a的取值范围； (3)若，证明：． 19.（17分） 已知等差数列的前项和为，，，，其中为常数.数列满足，，. (1)求数列和的通项公式； (2)记数列的前项和为，证明：； (3)集合，.将中的所有元素从小到大依次排列构成数列，记为数列的前项和，求使得成立的的最小值. 数学试题 第7页（共4页） 数学试题 第8页（共4页） 数学试题 第5页（共4页） 数学试题 第6页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $