精品解析：江西省鹰潭市第一中学2026届高三考前最后一卷数学试卷

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. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意，故A错误； 因，故B错误； 又，故C正确； 因，故D错误． 2. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以. 3. 样本数据、、、、的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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， 故这组数据的方差为. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据前三局甲领先的赛况，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】已知前三局甲以领先，甲最终获胜仅需再赢得局胜利，最多剩余局比赛，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； 第四局乙获胜，第五局甲获胜，对应概率； 故甲最终获胜的总概率为. 5. 若定义在上的偶函数满足，且当时，，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为是偶函数，所以， 由，得， 所以，得， 所以是以4为周期的函数， 所以． 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. 【答案】A 【解析】 【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】取的中点，连接，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，且． 又平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，可得平面． 以为坐标原点，方向为轴正方向，底面内垂直于的方向为轴正方向， 方向为轴正方向建立空间直角坐标系，可得各点坐标： ，，，． 因为是的中点，所以，则，． 设异面直线与所成角为，，则． 计算得： ，，  ， ， 代入得． 7. 已知实数满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得出点是在圆的上半部分，以及表示点到直线距离的倍，利用点到直线的距离即可求解. 【详解】 由，得，即为圆的上半圆，圆心，半径为， 如图所示，取点，又因为表示点到直线距离的倍， 圆心到直线的距离， 即直线与圆相离，点到直线的距离， 所以的最小值为，最大值为， 所以的取值范围为，故B正确． 8. 已知函数，则函数的极值点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【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】 化简得，令 ， 即 ，令， ， 令，则， 令，则，故在定义域内单调递增； 又因为，； 因此，使， 故在内单调递减，在内单调递增， 当时，，故时，， ， 同理得时，， ， 且 ， 故， 因此，在内，单调递增，在内，单调递减，在内单调递增， ， ， ， ， 故在，，区间分别有一个零点， 因此函数的极值点个数有3个. 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 【答案】BC 【解析】 【详解】代入点得，代入得，又因为，所以，函数解析式为. 选项A，，，因此不单调递减. 选项B，，，为对称轴. 选项C，向左平移得成立. 选项D，，，因为函数在上只有1个零点，因此只有1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. 【答案】ABD 【解析】 【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式子之比，逐个计算判断即可. 【详解】因为，所以抛物线不重合， 故，不可能共点，即，故A正确， 由题意得，不妨设点，均在直线上， 且设，，联立方程组，， 得到，解得或， 即，同理，因为，所以， 由弦长公式得， ，而， 当时，成立，故B正确， 由于直线过原点，故，到直线的距离之比 等同其到原点的距离之比，故， 化简得，故C错误， 而，故D正确. 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，然后用含有的式子表示三角形面积，得到所要求的比例关系即可． 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】作出平面截三棱锥所得截面，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；求点的轨迹，求其轨迹的长度，判断C的真假；确定点的平面截三棱锥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，且平面平面， 过作 交于，则平面， 同理过作，分别交，于点，，过作交于，连接，则为平面截三棱锥所得的截面． 由题意，得 ，且，所以， 所以，故A正确； 因为，，所以. 设三棱锥的内切球的半径为， 由等积法得，解得， 故其表面积为，故B错误； 过作平面的垂线，垂足为，连接，则为的重心， 且，所以 ， 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，故点Q的轨迹长为，故C正确； 设三棱锥的外接球的半径为，球心为， 所以， 当截面与垂直时，所得的截面圆的面积最小， 因为， 此时截面圆的半径为 ， 故截面面积为，故D正确． 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）． 【答案】15 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通项公式，令的次数为0，求出的值，代入通项公式中可求得常数项. 【详解】展开式的通项为， 令，得， 所以常数项为. 故答案为：15. 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______． 【答案】 【解析】 【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，球的半径为， 因为圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的高， 所以圆锥的体积为，球的体积， 所以，解得． 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】令，分析可得，推导可知是等比数列，确定该数列的首相和公比，可得出的值，结合二项式定理可得出除以的余数. 【详解】由题意可知， 令，则， 由题意可得，故，且， 所以数列以为首项，公比为的等比数列， 所以，所以， 所以， 因为， 故 ， 因为 能被整除， 故除以的余数是. 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. 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． 【答案】（1）表格见解析，有关联 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件完善列联表，然后计算的值，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，再结合题意得到，进而利用公式即可求出的数学期望与方差． 【小问1详解】 由题得如下列联表： 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：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， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，可以认为该小麦抗锈病与接受基因编辑处理有关联． 【小问2详解】 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， 由题知， 故其分布列为， 所以 16. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆台的母线与底面所成角为，得到为等边三角形，即，根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理得到，结合为直径，即可得证. （2）建立空间直角坐标系，设（），求出平面的法向量，利用线面角的向量求法得到，联立求出点坐标，利用两点间距离公式求解即可. 【小问1详解】 连接，，，过点作，交于点， 圆台的母线与底面所成角为，即. 又，所以为等边三角形，因为是的中点，所以. 又平面，，所以平面. 因为平面，所以. 圆台中，为轴截面，所以平面平面， 又平面平面，，所以平面， 因为平面，所以. 又，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又为直径，所以是的中点. 【小问2详解】 结合（1）可得，，. 以为原点，以，为轴、轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设，则. ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 所以. 设直线与平面所成角为，则. 又， 所以，整理得，所以. 与联立，解得或（舍去，是底面圆周上异于，的点）， 此时，即. 所以. 17. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角形面积为4，建立，两点坐标之间的等量关系；设中点的坐标，利用中点坐标公式将点坐标用，两点坐标表示，即可求出点的轨迹的方程； （2）联立方程组，分别根据弦长公式表示出，再根据点到直线的距离公式求出距离，根据面积为建立等量关系即可求出. 【小问1详解】 解：设，，由题知， 则， 设，则，，所以， 因此，中点的轨迹的方程. 【小问2详解】 解：设，， 将代入，整理得， 则，解得，，， 由弦长公式可得： ， 设点到直线的距离为，则， 所以， 两边同时平方，化简整理得， 解得或（舍），所以. 18. 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：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对进行求导，再通过导数的几何意义结合点斜式即可求出； （2）通过求的二阶导数判断的一阶导数的符号，进而求出的单调性，再求出的最小值即可求出a的取值范围； （3）通过不等式将原式化为只需证，再通过化简变形得到，对进行求导，最后令，对其进行求导即可证明. 【小问1详解】 ，所以点处的切线斜率为， 又，所以切线方程为， 即． 【小问2详解】 ， 因为在上均为增函数， 所以在上单调递增，又， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以． 若对任意，都有，则， 所以，a的取值范围为． 【小问3详解】 由（2）知，当时，，故， 所以 ， 所以只需证，只需证， 只需证， 只需证， 令， 则只需证． 因为， 所以令， 因为，所以在上单调递减， 所以当时，，所以，所以在上单调递减， 又，所以， 故当时，． 19. 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. 【答案】（1）， （2）由（1）得， 所以，① ，② ①②，得， 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）利用和等差数列的定义求出数列的通项公式，再分奇偶项根据等比数列的定义求出数列的通项公式即可； （2）利用错位相减求和可得答案； （3）分、、讨论求出，得不等式，再解不等式可得答案. 【小问1详解】 由题意，， ， 两式相减，得， 因为，所以， 由题意，得，，可得， 又，所以 ，又为等差数列， 所以，解得， 所以，故公差为， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以． 因为， ，， 所以数列的奇数项构成的数列是首项为公比为的等比数列， 所以， 令，则，为奇数； 数列的偶数项构成的数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 令，则，为偶数． 综上所述，. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 当 ， ，且数列的前项中有项数列中的项时， ， 由，得 ，解得 ，故 ， 故当 ，且 ， ，时，恒成立. 当 ，时， ， 由 ，解得，故 ， 故当 ，且 ，，，时，恒成立． 当时， ， 由，得，即 ， 所以，所以，即 ， 故当 ，且时， 恒成立， 综上，当 时，恒成立． 当 时，， 当 时，， 当 时，， 当 时，设 ， ， 恒成立， 即成立， 同理，当 时，恒成立， 综上， 是使成立的最小， 这时， 且 ，解得 ， 所以 ， 所以满足条件的的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 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. 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. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $