江西省2026届高三上学期1月联考（26-279C）数学试题及答案

数学参考答案1.C由题意可得A={r|r<2},则A∩B={0,1}.2.A因为义=5+3,,所以复数义在复平面内所对应的点的坐标为(5,3),位于第一象限.3.B由直线l:3r+ay+a+3=0与圆C:(r—1)2+(y—3)2=4相切,得解得a=0或a=—4,则“a=—4”是“直线l:3r+ay+a+3=0与圆C:(r—1)2+(y—3)2=4相切”的充分不必要条件.4.A因为f所以f所以f(r)的图象关于原点中心对称,排除C,D.当0<r<、3时,f(r)<0,排除B,故选A.→→→→→→→→→→5.B因为AC.BD=—AC.DB=—(AB+→→→→→→→→→→以|A|2=|A|2+4.6.B公差da1=a2—d=—35,则Sn=—35nn2—36n=2—324≥—324.7.A设直线l的方程为r=my+1,A(r1,y1),B(r2,y2),由得y2—2my—2=0,则故0.0=r1r2+y1y2=m2y1y2+m(y1+y2)+1+y1y2=—2m2+2m2+1—2=—1.DCOABDCO1AHB8.D如图,连接AC,A1C1,它们的中点分别记为0,01,连接A01,001,易知001为此正四棱台的高,且AC=6,A1C1=8.过点A作A1C1的垂线,垂足为H,则A1H,则DCOABDCO1AHB001=AH=、2—1=1,A01=、A02+00=、10<A101=4,故能将正四棱台ABCD-A1B1C1D1罩住的半球的最小半径R1=4.设该正四棱台外接球的球心到平面A1B1C1D1的距离为d,则d2+42=(d+1)2+32=R,解得d=3,R2=5,故9.AC由,得w=4,A正确.fs,ns,n4cos4r,所以函数f是偶函数,B错误.令4r,得rk∈z),所以f(r)的图象关于点(—,0)对称,C正确.将f(r)的图象向右平移个单位长度后,得到函数f(r—=4s,n[4(r—+=4s,n(4r—=—4cos4r的图象,与g(r)=4s,n4r的图象不重合,D错误.10.BCD因为f(1+r)=f(1—r),所以f(r)的图象关于直线r=1对称,所以f(3)=f(—1).因为f(r)是定义在R上的奇函数,所以f(—1)=—f(1).因为f(1)=2,所以f(3)=—2,A错误.因为f(r)的图象关于直线r=1对称,所以f(r+1)的图象关于y轴对称,则f(r+1)是偶函数,B正确.因为f(r)是定义在R上的奇函数,所以f(—r)=—f(r).因为f(1+r)=f(1—r),所以f(r)=f(2—r),所以—f(—r)=f(2—r),所以f(r)=—f(2+r),所以f(r)=f(r+4),则4是f(r)的一个周期,C正确.因为f(r)是定义在R上的奇函数,所以f(r)的图象关于点(0,0)中心对称.因为f(r)的图象关于直线r=1对称,所以f(r)的图象关于点(2,0)中心对称,D正确.11.AD由题意可知直线l与直线yr垂直.因为|BF2|=2|AF2|,所以垂足为A,则a2(ar+by—ac=0,(ar+by—a2|AF2|=b,|BF2|=2b.由〈(y=r,得rA=c.由〈(y=—r,得rB=.当a>b时,点B在射线AF2上,则|AB|=3b,所以rA—rB|= —=3b,整理得3c2=4a2,故双曲线C的离心率为当b>a时,点B在射线F2A上,则|AB|=b,所以rA—rBb,整理得c2=4a2,故双曲线C的离心率为12.87.5%(或0.875)由题意可得这120个零件的合格率是13.1因为y=ln(3—r),所以y’=—,所以y’|r=2=—1,则曲线y=ln(3—r)在点(2,0)处的切线方程为y=—r+2.因为y=er—2r+a,所以y’=er—2.设曲线y=er—2r+a的切点为(r0,y0),则a=—r0+2,解得a=1.n+n2+n设an+1+r(n+1)2+y(n+1)+z=2(an+rn2+yn+z),则an+1=2an+rn2n+1—(n+1)2—(n+1)=2(an—n2—n).因为a1—12—1=2,所以数列{an—n2—n}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an—n2—n=2.2n—1=2n,则an=2n+n2+n.15.解:(1)因为(5a—3c)cosB=3bcosC,所以5s,nAcosB—3s,nCcosB=3s,nBcosC,…………………1分即5s,nAcosB=3(s,nBcosC+s,nCcosB)=3s,n(B+C).…………2分因为A+B+C=π,所以s,n(B+C)=s,n(π—A)=s,nA,……………3分所以5s,nAcosB=3s,nA,所以cosB……………4分因为0<B<π,所以s,nB……………6分(2)因为s,nBb=8,A,所以a…………………8分因为A+B+C=π,所以s,nC=s,n(A+B)=s,nAcosB+cosAs,nB…………………………11分则△ABC的面积为abs,nC………13分16.解:(1)设A=“调派社区支援队”,B=“调派城区保障队”,C=“选中男队员”,则P(C)= P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=3× (2)X的所有可能取值为0,2,4.…………6分P…………………8分P………………10分P…………………12分所以X的分布列为X024P 5 5 5………………13分E………15分17.(1)证明:取棱AC的中点0,连接0P,0B.AF+CD因为0,P分别是棱AC,DF的中点,所以0PⅡAFⅡCD,且0P=2=2.……1分因为AFⅡBEⅡCD,BE=2,所以0PⅡBE,0P=BE,…………………2分所以四边形0BEP为平行四边形,所以0BⅡPE.………3分因为0BC平面ABC,PE丈平面ABC,所以PEⅡ平面ABC.…………AF+CD【高三数学●参考答案第4(2)证明:因为△ABC是等边三角形,且0是棱AC的中点,所以0B丄AC.…………5分因为平面ABC丄平面ACDF,且平面ABC∩平面ACDF=AC,所以0B丄平面ACDF.……………6分因为AFG平面ACDF,所以0B丄AF.…………………7分因为AF丄AB,ABG平面ABC,0BG平面ABC,且AB∩0B=B,所以AF丄平面ABC.………………8分(3)解:由(2)可知0B,0C,0P两两垂直,则以0为坐标原点,0B,0C,0P所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为CD=3,AB=BE=2,AF=1,所以B(、3,0,0),C(0,1,0), 则=(—、3,1,0),C=(0,—2,1),=(、3,—1,—1),=(0,—2,—2).………………10分设平面DEF的法向量为n=(x1,y1,z1),DPPEFEACAyByB则,令y1=1,得n=(0,1,—1).…………12分设平面BCF的法向量为m=(x2,y2,z2),则令x2=1,得m………14分设平面DEF与平面BCF的夹角为θ,则cosθ=|cos即平面DEF与平面BCF夹角的余弦值为.…………………………15分18.解:(1)设C的焦距为2c,===6,=2,……………………=6,=2,……………………(a2=b2+c2,则C的标准方程为+=1.……………4分(2)由椭圆的对称性,不妨设点A(x0,y0),y0>0,直线AF1的方程为x=my—2,B(x1,(x=my—2, +y=1,y1),由〈x22整理得(m2+3)y2 +y=1,则y0+yy0y………5分0+y1)2—4y0.y1= ………………6分因为线段AB的中点坐标为……………7分所以线段AB的垂直平分线所在的直线方程为r分令y=0,得r即M则|F1M分故……………10分(i)设直线AF2的方程为r=ny+2,D(r2,y2),由(i)同理可得N…………11分因为m所以所以|MN……………………13分则△AMN的面积SMN|.yU,、2].…………14分因为r所以S解得y0=1,r………15分则|0A…………………17分19.(1)证明:g=2lnr—r则g’…1分当r>1时,g’(r)<0,所以g(r)在(1,+∞)上单调递减.……………2分又g(1)=0,所以g(r)<g(1)=0.故当r>1时,g(r)<0.……………3分(2)解:f(r)的定义域为(—1,1),f’s,nr—2ar—2,①若f(0)=0,即a=—2,则f(r)=1—r2—s,①若f(0)=0,即a=—2,则f(r)=1—r2—s,nr+r—2.令φ(r)=r—s,nr,则φ’(r)=1—cosr≥0,所以φ(r)在(0,1)上单调递增,当r∈(0,1)时,φ(r)>φ(0)=0.当 r∈(0,1)时,1—r2>2,所以f’(r)>0,f(r)在(0,1)上单调递增,不符合题意.……6分②若f">0,即a则必存在m1<0<m2,使得当r∈(m1,m2)时,f"所以fI(r)在(m1,m2)上单调递增.又fI(0)=0,所以当r∈(0,m2)时,fI(r)>0,即f(r)在(0,m2)上单调递增,不符合题意.…………8分③若f"<0,即a则同理可得,存在m3<0<m4,使得当r∈(m3,m4)时,f"(r)<0,所以fI(r)在(m3,m4)上单调递减.又fI(0)=0,所以当r∈(0,m4)时,fI(r)<0,f(r)单调递减,当r∈(m3,0)时,fI(r)>0,f(r)单调递增,所以r=0是f(r)的极大值点.综上所述,a的取值范围是………………10分(3)证明:由(1)知,当r>1时,2lnr<r—.令r=、k>1(k>1),则lnk,再令k=>1(0<t<1),则ln…………11分令t=s,nθ,θ∈(0,则lntan………12分所以f(s,nθ)=lncos(s,nθ)—2s,nθ<2tanθ+cos