2026年江西萍乡市高考一模数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页萍乡市2025—2026学年度高三一模考试数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页.满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致．2.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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3.考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回．一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，，，其中为虚数单位，若，则（

）A． B． C． D．3．已知，则与的夹角为（

）A． B． C． D．4．设和分别为上的偶函数和奇函数，若，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．5．直线：与曲线：有交点，则的最大值为（

）A． B． C． D．16．在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．7．已知，，当取得最大值时，的值为（

）A． B． C． D．8．已知椭圆，点，其中，过作直线交椭圆于，两点，过作直线交椭圆于，两点，若，，则直线在轴上的截距的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共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．已知实数，若，则下列结论正确的有（

）A． B． C． D．10．下列结论正确的有（

）A．若数据，，…，的方差为9，则数据，，…，的方差为4B．若一组数据3，6，，，12的60%分位数为8，则，的值分别可能为7，9C．若，，，则D．在的展开式中，项的系数为311．在平面直角坐标系中，圆：与轴交于，两点（A在的左边），过作圆的切线，动点满足到的距离等于其到直线的距离，过的直线与动点的轨迹交于，两点，则下列结论正确的有（

）A．动点的轨迹方程为B．若点的坐标为，则的最小值为6C．存在直线使得D．对于任意直线，都有三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．在正项等比数列中，已知，，则其公比为．13．已知有且仅有两个零点，则所有满足条件的的乘积为．14．函数，的图象与直线，交于不同的两点，，为坐标原点，当的面积最大时，．四、解答题：本大题共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．从萍乡方向登武功山有多条路线，某游客准备从其中的两条路线中选一条登顶．路线一为“从游客中心出发，乘坐中庵索道直达半山腰，随后步行经紫极宫、许愿桥、吊马桩抵达金顶”，这条路线中，该游客在紫极宫、许愿桥、吊马桩三个补给站需要补给的概率均为；路线二为“从游客中心出发，步行经紫极宫、吊马桩抵达金顶”，这条路线中，该游客在紫极宫、吊马桩两个补给站需要补给的概率分别为，.该游客在各补给站是否需要补给互不影响．(1)若该游客走路线一，求最多需要一次补给的概率；(2)按照“平均补给次数最少”的原则，该游客应该选择那条路线登顶，请说明理由．16．已知函数（，，）的部分图象如图所示．(1)求的解析式；(2)的内角，，所对的边分别为，，，若，，，求的周长．17．已知四棱锥的顶点是半径为1的球的球心，底面为矩形，且，，，均在该球的表面上，当该四棱锥的体积最大时．(1)求证：平面；(2)若的中点为，内（不含边界）是否存在一点，使直线与直线，，所成的角均相等．若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．18．已知函数，．(1)若，求不等式的解集；(2)若函数有1个极值点，且，证明：有两个零点；(3)在（2）的条件下，设的两个零点分别为，（），证明：．19．已知一簇双曲线：（），当时，双曲线右顶点为．现按照如下规则依次构造点（，）：过点作轴的垂线交第一象限的渐近线于点，再过点作轴的平行线与曲线的右支交于点．记点坐标为（）．(1)求点的坐标；(2)过点作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为，，记的面积为，求数列的通项公式；(3)设为射线与轴正半轴的夹角，已知，存在实数，使得对任意，不等式（，）均成立，求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】化简集合，根据交集的概念计算即可求解.【详解】集合，所以.故选：B2．A【分析】由题知，进而得，再求复数的模即可.【详解】因为复数，，所以，所以，故，，所以.故选：A3．C【分析】利用展开，结合向量数量积公式即可求解夹角.【详解】已知，则，所以，则.设与的夹角为，则，又，故，所以与的夹角为.故选：C4．D【分析】先利用奇偶函数的性质，结合已知条件求出和的表达式，再代入不等式化简求解.【详解】因为是偶函数，是奇函数，且对任意，有：，所以，即，解得：，代入不等式：.化简可得，即，即，解得：.所以不等式的解集为.故选：D5．C【分析】先分析曲线图形，联立直线与曲线方程，计算得到参数最大值；【详解】由已知，，变形可得，所以，曲线：表示单位圆的右半部分，直线过定点，且斜率为，要求直线与曲线有交点，需联立方程并保证解满足，联立，消元整理得，该方程为关于的一元二次方程，开口向上，设根为，由韦达定理：，若，则两根异号或有一个根为，此时存在非负根，由得：；若，则且，两根均为负根，不符合条件；当时，直线过曲线右半部分的端点，代入得（符合），此时为唯一符合条件的交点；故的最大值为.故选：C.6．D【分析】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可.【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，，所以点到直线的距离为故选：D7．B【分析】先将展开，整理为的形式，利用最大值求出，再根据取最大值时的三角函数关系求出.【详解】其最大值为.所以，化简可得，因为，所以.将代入，得，其中，，当取最大值时，有，即，.故：，.因此：，所以的值为.故选：B8．A【分析】设，，由题坐标化可得点坐标，代入椭圆方程可得，同理由可得，进而求得直线的方程，求出直线的纵截距，利用函数单调性求出值域，得解.【详解】设，，由，，易得，所以，，所以，代入，得：，即①，同理得：②，由①②得，直线的方程为：，令，直线纵截距为：，又，可得，因为在上单调递增，可得.故选：A.9．AC【分析】对于选项A，利用对数函数单调性判断的范围；对于选项B，利用幂函数单调性判断与的大小；对于选项C，作差比较与的大小；对于选项D，构造函数判断与的大小，即可得出结果.【详解】对于选项A，已知，则，故，A正确.对于选项B，因为，幂函数在上单调递增，又，所以，B错误.对于选项C，，因为，，所以，，，故，即，C正确.对于选项D，构造函数，，则在上单调递增.因为，所以，即，整理得，D错误.故选：AC10．BCD【分析】利用方差的线性变换性质判断A，根据60%分位数的定义和计算方法验证B，利用条件概率和独立事件的性质计算C，用二项式展开的通项公式求指定项系数D.【详解】对于选项A，已知，，则，故A错误；对于选项B，数据共个，，因此60%分位数为第、个数的平均值，将数据从小到大排列后，第3、4个数的平均值为8，当时，数据排序后为3，6，7，9，12，此时第3、4个数的平均值为，满足条件，故B正确；对于选项C，因为，则，所以，即独立，，故C正确；对于选项D，展开式的通项为：，的通项为：，令，即，且.：系数，：系数，总系数为，故D正确.故选：BCD11．ACD【分析】由题知，切线方程为，进而根据抛物线的定义判断A；根据抛物线的焦半径公式转化为求的最小值，再数形结合求解判断B；设直线方程为：，进而求得直线的斜率的范围，再过点作，垂足为，进而求得时直线的斜率判断C；根据焦半径公式，结合韦达定理得判断D.【详解】由题知，，切线方程为对于A，到定点与定直线距离相等的点的轨迹为抛物线，焦点为，准线方程为，故抛物线方程为，正确；对于B，如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为根据抛物线定义，，所以，当且仅当三点共线时等号成立，故B选项错误；对于C，根据题意，直线的斜率不为，设直线方程为：，与联立得，设，则，即，所以，故直线的斜率，如图，过点作，垂足为，因为，故要使，则，所以，，此时直线的斜率为，故存在直线使得，C选项正确；对于D，根据抛物线的定义，，因为，，所以，所以，由于，故，故D选项正确.故选：ACD12．【分析】根据等比数列的性质求出即可求出公比.【详解】由题意可知，，因为，所以，因为，所以，则公比为.故答案为：13．【分析】将函数零点转化为方程根的问题，利用绝对值函数与对数函数的图象交点分析，即可求解满足条件的参数乘积.【详解】有且仅有两个零点，等价于方程有两个根.令，所以函数有且仅有两个零点等价于与的图象有两个交点.在上单调递减，的图象为以为顶点，向左上方和右上方延伸的“V”型.当直线与相切时，设切点为，，则切线斜率，切点为，代入，解得.结合，知当时，与的图象有两个交点.当时，结合图象可知与的图象有两个交点.所以当时，与的图象有1个交点.当时，与的图象有3个交点.当时，与的图象有1个交点.满足条件的为和，其乘积为.故答案为：.14．##【分析】化简，构造函数，，利用导数求其最值即可求出.【详解】由题知：，不妨设，易知，则，设，，所以．由，以及在上的图象可知，，使得，即，且，，；，，，所以在处取得最大值，此时，以及，又，所以．故答案为：15．(1)；(2)选择路线二，理由见解析【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式，分别计算补给0次和补给1次的概率，再求和即可；（2）根据题意，路线一的补给次数服从二项分布，根据公式计算期望即可，再列分布列，计算路线二的补给次数的期望，最后比较即可.【详解】（1）解：设“该游客走路线一最多需要一次补给”为事件，包括0次补给和1次补给两种情况，则，所以所求的概率为；（2）解：设“该游客走路线一需要补给的次数”为，则，故，设“该游客走路线二需要补给的次数”为，则的可能取值为0，1，2，，，，所以随机变量的分布列为：012所以，因为，所以，按照“平均补给次数最少”的原则，应该选择路线二．16．(1)(2)．【分析】（1）由图象可得，求出，求出周期进而求出，由，求出，得解；（2）由求出，由求得，再根据由正弦定理求出，得解.【详解】（1）由图知：，解得：，；又，即，则，；由，得，又，则；故的解析式为：.（2）因为，即，又，解得；所以，则或（舍去）；在中，由正弦定理知：，故；；则，故的周长为.17．(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）先根据球的半径和矩形顶点在球面上的条件，求出四棱锥体积最大时底面矩形的形状，再利用线面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，用向量法表示直线所成角相等的条件，结合点Q在内（不含边界）的限制，判断是否存在并计算长度.【详解】（1）设球心到底面的距离为（），其中底，为矩形边长，由于在半径为1的球面上，球心为，因此.则矩形的对角线，所以.由基本不等式，当且仅当（即底面为正方形）时,等号成立.体积，设，则令，解得：（因），所以在为增函数，在为减函数，即当时，四棱锥的体积最大.此时底面为正方形，取的中心为，连接，则底面，因为平面，所以，因为，，平面，所以平面；（2）由（1）知，当时，四棱锥的体积最大，此时，以为坐标原点，，，所在方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，设，，，又，则，而，，，要使直线与直线，，所成的角相等，则，所以，解得：，不符题意，所以满足条件的点不存在．18．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求导判断函数在上单调性，结合求解不等式；（2）分和讨论，利用导数判断单调性进而判断零点个数；（3）由（2）知，，，在上单调递增，利用分析法要证，只要证，即证，结合，即证，构造函数，利用导数证明.【详解】（1）由题知的定义域为，且，若，则,又,故恒成立，在上单调递增，又，故不等式的解集为.（2）由（1）知，当时，在上单调递增，没有极值点；当时，，由函数，（）的图象知，当时，存在唯一的，使，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，故只有1个极值点，因为，且，故1是在区间上唯一的零点，且，又时，，故存在唯一的，使得，所以有两个零点.（3）由（2）知，，，，当时，，时，，又在上单调递增，要证，只要证，即证，由，得，即要证，因为，则，所以只需证，（*）设（），则，令，则，显然在上单调递增，且，所以在上恒成立，故在上单调递增，又，故在上恒成立，所以在上单调递增，又，故，故，得到，即（*）式成立，故，从而，证毕.19．(1)(2)（）；(3)．【分析】（1）由题知，，点，再代入双曲线即可求解；（2）由题，当()时，再根据距离公式得和，再计算面积，并检验时满足即可得答案.（3）结合（2）得，根据累加法得，进而得，将问题转化为，再结合三角函数的性质分类讨论求解即可.【详解】（1）解：双曲线：的一条渐近线为直线，所以，，则点，代入双曲线：，解得，故点的坐标为；（2）解：由题知，