精品解析：江西鹰潭市余江区第一中学2026届高三上学期十月第一次模考数学试题

鹰潭一中2026届高三年级十月第一次模考 数学 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 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、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知双曲线，则双曲线M的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则“”是“曲线关于直线对称”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若复数满足（是虚数单位），则（ ） A. B. 2 C. D. 1 5. 已知长方体的体积为，且，则长方体外接球体积的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 在边长为4的等边△ABC中，已知，点P在线段CD上，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知函数是定义域为的偶函数，当时，，如果关于的方程恰有7个不同的实数根，那么的值等于（ ） A. 5 B. －4 C. 4 D. －5 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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，，且，则（ ） A. 的取值范围 B. 的取值范围是 C. D. 的最小值是 10. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若，，则（ ） A. B. C. D. 若，则的面积为8 11. 椭圆的上下顶点分别，焦点为，为椭圆上异于的一动点，离心率为，则（ ） A. 的周长为 B. 离心率越接近，则椭圆越扁平 C. 直线的斜率之积为定值 D. 存在点使得，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量服从二项分布，则___________. 13. 已知等差数列的前n项和为，若，则______，______． 14. 已知对任意的正数，不等式恒成立，则正数的取值范围为__________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在三棱锥中，，且. （1）若，证明：平面平面； （2）若与平面所成的角为，求二面角的正弦值. 16. 已知数列满足，且. （1）求证：是等差数列，并求的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 17. 暑假来临之际，某校组织学生去敬老院进行慰问演出，计划表演合唱和跳舞两个节目，据统计，该校的学生只表演合唱，另外的学生既表演合唱又表演跳舞，每位学生若只表演合唱，则记1分；若既表演合唱又表演跳舞，则记2分．假设每位学生是否表演跳舞相互独立，视频率为概率． （1）从该校学生中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望及方差； （2）从该校学生中随机抽取若干人，在总得分为4的条件下，求抽取了3人的概率； （3）从该校学生中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现分的概率为，求数列的通项公式． 18. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，连接交直线于点，过点作抛物线的切线． （1）若的斜率为1，求的值； （2）求的值； （3）若点在直线上，比较与的大小关系，并说明理由． 19. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）若有三个零点，其中. (i)求实数的取值范围； (ii)求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鹰潭一中2026届高三年级十月第一次模考 数学 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 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、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合B中的不等式，得到集合B，由交集的定义求. 【详解】由，不等式解得，则， 又，所以. 故选：A 2. 已知双曲线，则双曲线M的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线的方程直接求出见解析即可. 【详解】由双曲线，则其渐近线方程为： 故选：C 3. 已知函数，则“”是“曲线关于直线对称”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由曲线关于直线对称求出，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由曲线关于直线对称，得， 解得，又，于是或， 所以“”是“曲线关于直线对称”的充分不必要条件. 故选：B 4. 若复数满足（是虚数单位），则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的乘法求复数，进而求复数的模. 【详解】由题设，则. 故选：A 5. 已知长方体的体积为，且，则长方体外接球体积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，结合题意可得，进而结合长方体外接球半径及基本不等式求得，再根据球的体积公式计算即可. 【详解】在长方体中，设， 因为长方体的体积为，， 所以，即， 所以， 当且仅当时取到等号，所以， 所以长方体外接球体积的最小值为. 故选：C. 6. 在边长为4的等边△ABC中，已知，点P在线段CD上，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将用和表示，再根据三点共线，求出的值，再根据即可得出答案. 【详解】解：， 因为三点共线，所以，所以， 所以， 则. 故选：C. 7. 已知函数是定义域为的偶函数，当时，，如果关于的方程恰有7个不同的实数根，那么的值等于（ ） A. 5 B. －4 C. 4 D. －5 【答案】A 【解析】 【分析】作出函数的图象，结合题意可得出关于的方程的两根，再利用韦达定理即可得解. 【详解】解：函数是定义域为的偶函数， 当时，， 作出函数的图象，如图所示， 因为关于的方程恰有7个不同的实数根， 所以或， 所以， 所以. 故选：A. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法1，由两角和的正切公式求得，再结合平方关系和商数关系列方程组求得，利用二倍角公式求得，根据两角和的余弦公式求解；方法2，由，结合两角差的余弦公式展开，再利用二倍角公式和商数关系运算求解. 【详解】（方法一）由，即，则，且， ，解得， ， . 故选：B. （方法二） ， 故选：B. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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，，且，则（ ） A. 的取值范围 B. 的取值范围是 C. D. 的最小值是 【答案】CD 【解析】 【分析】对A利用基本不等式构造，解出范围即可，同时注意的前提，对B构造得到最小值，同时注意，对C把原式变为单变量，再分离常数构造基本不等式情形即可，对D依然把原式变为单变量，再分离常数构造基本不等式情形即可求出最值. 【详解】因为,且,所以， 当且仅当时取等号，注意到，则解得, 即,所以的取值范围为，故A错误; 又,且仅当时取等号, 解得，又，故B错误， 由,得, 所以，， 所以， 当且仅当，即或，无法取到，故，故C正确； ， ,当且仅当,即时取等号, 此时取得最小值，故D正确. 故选：CD. 【点睛】本题对基本不等式需要达到灵活运用，利用基本不等式构建一元二次不等式求范围，分离常数构造满足基本不等式的情形求解最值，同时一定要注意取等条件是否能达到. 10. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若，，则（ ） A. B. C. D. 若，则的面积为8 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正余弦定理、三角形面积公式及三角函数公式依次判断各选项. 【详解】对于A，由，可得，， 所以，故A正确； 对于B，由于，结合正弦定理可得， 即，所以，故B正确； 对于C，由，则， ，解得，故C错误； 对于D，由，得，解得， 则，由正弦定理得，解得， 所以的面积为，故D正确. 故选：ABD. 11. 椭圆的上下顶点分别，焦点为，为椭圆上异于的一动点，离心率为，则（ ） A. 的周长为 B. 离心率越接近，则椭圆越扁平 C. 直线的斜率之积为定值 D. 存在点使得，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据椭圆定义可知焦点三角形周长为，结合离心率转化即可知A正确；根据椭圆离心率与椭圆形状的关系可知B正确；设，结合两点连线斜率公式化简可得斜率之积，知C错误；将问题转化为当为短轴端点时，，利用余弦定理可构造齐次不等式求得的范围，知D正确. 【详解】对于A，由椭圆定义知：，又，， 的周长为，A正确； 对于B，，当越接近时，的值越小，则椭圆越扁平，B正确； 对于C，设，则，又，， ，C错误； 对于D，由椭圆性质知：当为短轴端点时，最大， 若存在点使得，则当为短轴端点时，， 此时，即，， 又，，D正确. 故选；ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知随机变量服从二项分布，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项分布得到，即可求出的值. 【详解】解：由题意 在随机变量中，服从二项分布， ∴， ∴ 故答案为：. 13. 已知等差数列的前n项和为，若，则______，______． 【答案】 ①. 0 ②. 0 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式，化简可得，代入即可求出，根据等差数列的通项公式和求和公式，即可求出答案. 【详解】等差数列中，， 所以， 即， 所以， 故答案为：①0；②0. 14. 已知对任意的正数，不等式恒成立，则正数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用不等式两边同构函数，设，从而转化问题为恒成立，进而结合导数分析函数的单调性得到对恒成立，进而得到对恒成立，即，再构造函数，，进而结合导数求解即可． 【详解】由对恒成立，且， 即恒成立， 即恒成立， 设，则， 因为，即， 即函数在上单调递增， 则由恒成立， 可以转化为恒成立， 即对恒成立， 即对恒成立，即． 设，，则， 令，即；令，即， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 又，所以实数a的取值范围为． 故答案为：． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在三棱锥中，，且. （1）若，证明：平面平面； （2）若与平面所成的角为，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明：取的中点为，连接， 由于，且， 故，所以为平面与平面的夹角或其补角， 又，故，则， 所以. 结合，故，则， 即，故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，根据二面角的定义得为所求角，利用三角形的边角关系即可求解； （2）根据（1）易知平面，从而可得平面平面，于是得到与平面所成的角为，解得，根据，均为等腰三角形，取中点，可得为二面角的平面角，利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知：，平面， 所以平面，而平面，则平面平面， 于是是在平面上的射影，即， 由，得是正三角形，则. 由于，均为等腰三角形，取中点，连接， 则，故为二面角的平面角， 由于， 故， 故，故二面角的正弦值为. 【点睛】 16. 已知数列满足，且. （1）求证：是等差数列，并求的通项公式； （2）令，求数列的前项和. 【答案】（1） 由，可得，化简得， 所以是首项为1，公差为1的等差数列， 所以，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式，定义法证明数列为等差数列，根据数列首项和公差，写出通项公式，进而求出数列的通项公式； （2）写出数列的通项公式，根据分组求和法，求出数列的前项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由可得， 则， 根据分组求和可得. 17. 暑假来临之际，某校组织学生去敬老院进行慰问演出，计划表演合唱和跳舞两个节目，据统计，该校的学生只表演合唱，另外的学生既表演合唱又表演跳舞，每位学生若只表演合唱，则记1分；若既表演合唱又表演跳舞，则记2分．假设每位学生是否表演跳舞相互独立，视频率为概率． （1）从该校学生中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望及方差； （2）从该校学生中随机抽取若干人，在总得分为4的条件下，求抽取了3人的概率； （3）从该校学生中随机抽取若干人逐个统计，记这些人的合计得分出现分的概率为，求数列的通项公式． 【答案】（1）的分布列如下表所示： 2 3 4 ， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先得到X的可能取值为2，3，4，再分别计算各自取值的概率列出的分布列，进而利用数学期望和方差公式计算即可； （2）由条件概率的计算公式可得结果； （3）由题意得，利用数列的构造法计算得到的通项公式. 【小问1详解】 X的可能取值为2，3，4， 可得，，． 所以的分布列如下表所示： 2 3 4 所以． ． 【小问2详解】 设“总得分为4”为事件，“抽取了3人”为事件， 则，， 所以在总得分为4的条件下，抽取了3人的概率为． 【小问3详解】 由题意可知， 其中， 所以， 又，所以是首项为1的常数列，故， 所以，又， 所以是以首项为，公比为的等比数列， 故，即． 18. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，连接交直线于点，过点作抛物线的切线． （1）若的斜率为1，求的值； （2）求的值； （3）若点在直线上，比较与的大小关系，并说明理由． 【答案】（1） （2） （3），理由： 设过的切线斜率为，则切线方程为，将其与抛物线联立， 代入(因在抛物线上)，得， 展开并整理为关于的一元二次方程， 因为是切线，方程有且仅有一个解，则其判别式为，即， 化简后得， 因此切线方程为，代入，整理得； 因在切线上，代入，得，故； 直线过原点，斜率为，方程为，代入得：，故； 利用韦达定理化简点坐标，由第二问可知，故，即， ，， 因且距离非负，故. 【解析】 【分析】(1)联立过焦点且斜率为的直线与抛物线方程，利用韦达定理和焦点弦长公式求出弦长. (2)设过焦点的直线并联立抛物线，利用韦达定理求出交点坐标关系，进而计算向量点积. (3)求出切线与直线的交点坐标，计算与的距离平方并比较，得出二者相等的结论. 【小问1详解】 抛物线的焦点为，焦准距，直线斜率为，故方程为； 将方程代入抛物线方程得，设、， 由韦达定理可知，； 抛物线焦点弦长公式为，则； 【小问2详解】 设过点的直线方程为(为避免斜率不存在的情况)，代入，； 依据韦达定理可得：，； 因，，故：； 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）若有三个零点，其中. (i)求实数的取值范围； (ii)求证：. 【答案】（1）极大值为,极小值为. （2）(i) ； (ii)因为， 所以若，则，所以，， 又，所以， ，当且仅当时不等式取等号. 所以. 【解析】 【分析】(1)先求的导数，再由导数讨论函数的单调性，从而得到函数的极值. (2) (i)先把 化为，则除1外还有两个零点，通过求导讨论的单调性，当时， 在单调递减，不满足，舍去. 当时，除1外还有两个零点，则不单调，可求出实数满足的不等式，再由韦达定理求出除1外的两个零点零点的范围，从而说明所求的不等式为符合题意的实数的取值范围；(ii) 由题意得，结合(i)可知，再用基本不等式证明结论. 【小问1详解】 当时，，定义域为. ， 令，得或； 令，得； 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为. 因此，当时，有极大值，并且极大值为, 当时，有极小值，并且极小值为, 【小问2详解】 (i)， ，，则除1外还有两个零点， ， 令， 当时，在恒成立，则， 所以在单调递减，不满足，舍去. 当时，除1外还有两个零点，则不单调， 所以存在两个零点，所以，解得， 当时，设的两个零点为， 则，，所以， 当或时，，，函数单调递增； 当时，，，函数单调递减； 又，所以，， 而，且， ，且， 所以存在，，使得， 即有3个零点, 综上，实数a的取值范围为. (ii)略 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图像交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图像，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $