2026届江西省吉安市一中数学高三第一学期期末达标检测模拟试题含解析

2026届江西省吉安市一中数学高三第一学期期末达标检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设命题函数在上递增，命题在中，，下列为真命题的是（）A． B． C． D．2．已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的一条对称轴是（）A． B． C． D．3．下列函数中，值域为R且为奇函数的是（）A． B． C． D．4．如果，那么下列不等式成立的是（）A． B．C． D．5．函数的对称轴不可能为（）A． B． C． D．6．已知复数，则（）A． B． C． D．27．当时，函数的图象大致是（）A． B．C． D．8．已知，，，是球的球面上四个不同的点，若，且平面平面，则球的表面积为（）A． B． C． D．9．已知复数满足，其中为虚数单位，则（）．A． B． C． D．10．在的展开式中，含的项的系数是（）A．74 B．121 C． D．11．已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是()A．29 B．30 C．31 D．3212．若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在平面直角坐标系xOy中，己知直线与函数的图象在y轴右侧的公共点从左到右依次为，，…，若点的横坐标为1，则点的横坐标为________.14．曲线在处的切线方程是_________．15．在四面体中，与都是边长为2的等边三角形，且平面平面，则该四面体外接球的体积为_______．16．已知向量与的夹角为，||＝||＝1，且⊥（λ），则实数_____.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）△的内角的对边分别为,且．(1)求角的大小(2)若,△的面积,求△的周长．18．（12分）已知函数，其中，为自然对数的底数．（1）当时，求函数的极值；（2）设函数的导函数为，求证：函数有且仅有一个零点．19．（12分）在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）已知外接圆半径,求的周长.20．（12分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意成立，求实数的取值范围.21．（12分）已知抛物线上一点到焦点的距离为2，（1）求的值与抛物线的方程；（2）抛物线上第一象限内的动点在点右侧，抛物线上第四象限内的动点，满足，求直线的斜率范围.22．（10分）已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.（Ⅰ）解不等式f(x)>1；（Ⅱ）当x>0时，若函数g(x)(a>0)的最小值恒大于f(x)，求实数a的取值范围．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】

命题：函数在上单调递减，即可判断出真假．命题：在中，利用余弦函数单调性判断出真假．【详解】解：命题：函数，所以，当时，，即函数在上单调递减，因此是假命题．命题：在中，在上单调递减，所以，是真命题．则下列命题为真命题的是．故选：C．【点睛】本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2、D【解析】

由题，得，由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，可得最小正周期，从而求得，得到函数的解析式，又因为当时，，由此即可得到本题答案.【详解】由题，得，因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，所以函数的最小正周期，则，所以，当时，，所以是函数的一条对称轴，故选：D【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形，以及考查三角函数的周期性和对称性.3、C【解析】

依次判断函数的值域和奇偶性得到答案.【详解】A.，值域为，非奇非偶函数，排除；B.，值域为，奇函数，排除；C.，值域为，奇函数，满足；D.，值域为，非奇非偶函数，排除；故选：.【点睛】本题考查了函数的值域和奇偶性，意在考查学生对于函数知识的综合应用.4、D【解析】

利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出.【详解】∵，∴，，，.故选：D.【点睛】本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查不等式的性质，属于基础题.5、D【解析】

由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论．【详解】对于函数，令，解得，当时，函数的对称轴为，，.故选：D.【点睛】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题．6、C【解析】

根据复数模的性质即可求解.【详解】,,故选：C【点睛】本题主要考查了复数模的性质，属于容易题.7、B【解析】由，解得，即或，函数有两个零点，，不正确，设，则，由，解得或，由，解得：，即是函数的一个极大值点，不成立，排除，故选B.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.8、A【解析】

由题意画出图形，求出多面体外接球的半径，代入表面积公式得答案．【详解】如图，取BC中点G，连接AG，DG，则，，分别取与的外心E，F，分别过E，F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交于O，则O为四面体的球心，由，得正方形OEGF的边长为，则，四面体的外接球的半径，球O的表面积为．故选A．【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．9、A【解析】

先化简求出，即可求得答案.【详解】因为，所以所以故选：A【点睛】此题考查复数的基本运算，注意计算的准确度，属于简单题目.10、D【解析】

根据，利用通项公式得到含的项为：，进而得到其系数，【详解】因为在，所以含的项为：，所以含的项的系数是的系数是，，故选：D【点睛】本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题，11、B【解析】

设正项等比数列的公比为q，运用等比数列的通项公式和等差数列的性质，求出公比，再由等比数列的求和公式，计算即可得到所求．【详解】设正项等比数列的公比为q，则a4=16q3，a7=16q6，a4与a7的等差中项为，即有a4+a7=，即16q3+16q6，=，解得q=（负值舍去），则有S5===1．故选C．【点睛】本题考查等比数列的通项和求和公式的运用，同时考查等差数列的性质，考查运算能力，属于中档题．12、A【解析】试题分析：由题意得有两个不相等的实数根，所以必有解，则，且，∴．考点：利用导数研究函数极值点【方法点睛】函数极值问题的常见类型及解题策略（1）知图判断函数极值的情况.先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.（2）已知函数求极值.求f′（x）―→求方程f′（x）＝0的根―→列表检验f′（x）在f′（x）＝0的根的附近两侧的符号―→下结论.（3）已知极值求参数.若函数f（x）在点（x0，y0）处取得极值，则f′（x0）＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】

当时，得，或，依题意可得，可求得，继而可得答案．【详解】因为点的横坐标为1，即当时，，所以或，又直线与函数的图象在轴右侧的公共点从左到右依次为，，所以，故，所以函数的关系式为．当时，（1），即点的横坐标为1，为二函数的图象的第二个公共点．故答案为：1．【点睛】本题考查三角函数关系式的恒等变换、正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力及思维能力，属于中档题．14、【解析】

利用导数的运算法则求出导函数，再利用导数的几何意义即可求解.【详解】求导得，所以，所以切线方程为故答案为：【点睛】本题考查了基本初等函数的导数、导数的运算法则以及导数的几何意义，属于基础题.15、【解析】

先确定球心的位置，结合勾股定理可求球的半径，进而可得球的面积.【详解】取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，外接球的半径的求解一般有两个思路：一是确定球心位置，利用勾股定理求解半径；二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.16、1【解析】

根据条件即可得出，由即可得出，进行数量积的运算即可求出λ．【详解】∵向量与的夹角为，||＝||＝1，且；∴；∴λ＝1．故答案为：1．【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量垂直的充要条件．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（I）；（II）．【解析】

试题分析：（I）由已知可得；（II）依题意得：的周长为．试题解析：（I）∵，∴．∴，∴，∴，∴，∴．（II）依题意得：∴，∴，∴，∴，∴的周长为．考点：1、解三角形；2、三角恒等变换．18、见解析【解析】

（1）当时，函数，其定义域为，则，设，，易知函数在上单调递增，且，所以当时，，即；当时，，即，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得极小值，为，无极大值．（2）由题可得函数的定义域为，，设，，显然函数在上单调递增，当时，，，所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；当时，，，所以函数有且仅有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；当时，，，因为，所以，，又，所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点．综上，函数有且仅有一个零点．19、（1）（2）3+3【解析】

（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系式化简整理并结合范围0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周长．【详解】（1），即又（2）,∵，∴由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴，∵c＞0，所以得c=2,∴周长a+b+c=3+3．【点睛】本题考查三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．20、（1）（2）【解析】

（1）把代入，利用零点分段讨论法求解；（2）对任意成立转化为求的最小值可得.【详解】解：（1）当时，不等式可化为.讨论：①当时，，所以，所以；②当时，，所以，所以；③当时，，所以，所以.综上，当时，不等式的解集为.（2）因为，所以.又因为，对任意成立，所以，所以或.故实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式的解法及恒成立问题，恒成立问题一般是转化为最值问题求解，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.21、（1）1；（2）【解析】

（1）根据点到焦点的距离为2，利用抛物线的定义得，再根据点在抛物线上有，列方程组求解，（2）设，根据，再由，求得，当，即时，直线斜率不存在；当时，，令，利用导数求解，【详解】（1）因为点到焦点的距离为2，即点到准线的距离为2，得，又，解得，所以抛物线方程为（2）设，由由，则当，即时，直线斜率不存在；当时，令，所以在上分别递减则【点睛】本题主要考查抛物线定义及方程的应用，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题，22、（Ⅰ）；（Ⅱ）。【解析】

（Ⅰ）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集；（Ⅱ）由条件