江西省重点中学盟校2026届高三第一次质量检测数学试卷（解析版）

第1页/共1页江西省重点中学盟校2026届第一次质量检测数学试卷时长：120分钟总分：150分本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页．时间120分钟．满分150分．第I卷选择题一、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的．1.已知集合，或，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由，解得，所以，又或，所以，故．2.已知复数，若是纯虚数，则实数（）A.-1 B.0 C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】利用复数的运算先计算，进而得，再由纯虚数的概念即可求解.【详解】因为，所以，因为为纯虚数，所以．3.已知向量，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据共线向量的坐标表示，列出方程求得，得到的坐标，结合向量模的坐标运算公式，即可求解.【详解】由向量，因为，可得，解得，所以，则，所以．4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由，可得，所以，所以．5.随机抛掷质地均匀的两枚骰子，向上点数分别记为和，则直线与圆有2个公共点的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由已知可得，直线，圆的圆心为，半径，则圆心到直线的距离为．因为直线与圆有2个公共点，所以，整理可得．若，则；若，则；若，则；若，则；若，则；若，则，所以直线与圆有2个公共点的概率是.6.南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．根据以上定义，解决如下问题．已知数列为二阶等差数列，且，则（）A.35 B.36 C.37 D.38【答案】B【解析】【分析】利用二阶等差数列的定义，借助列举法求出.【详解】依题意，，数列，数列，数列，所以.7.在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（）A. B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】由最大角定理得到平面与平面所成的最小锐二面角，然后作出截面，求解.【详解】如图：当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时，平面与平面所成角最小（最大角定理），取中点，此时平面与平面所成角为，余弦值为．过点作为中点，延长交延长线于，连接交于点，连接，，分别取棱，中点，，则六边形PNHGQF即为截面，截面是边长为正六边形，其面积为．故选：A.8.若使得不等式对任意恒成立，则实数的最大值为（）A.1 B. C.4 D.【答案】C【解析】【分析】令，将问题转化为使得不等式对任意恒成立，结合导数研究的单调性以及图像，数形结合求解.【详解】令，其中，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数在上单调递减．所以使得不等式对任意恒成立等价于使得不等式对任意恒成立．令得，由图可知，因此实数的最大值为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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（）A.B.平面C.平面平面D.存在点，使得平面【答案】BCD【解析】【详解】如图：对于选项A，因为平面,平面，所以平面，又因为平面，但不过，所以与是异面直线，故A错误；对于选项B，因为底面，因为底面，所以；又，且平面，所以平面．因为平面，所以．因为，所以侧面是正方形，所以．因为，且平面，所以平面，故B正确.对于选项C，由选项下的证明得到，平面，因为平面所以平面平面，故C正确.对于选项D，当为线段的中点时，设，则，所以，故四边形为平行四边形，所以，而平面平面，所以平面，故D正确.10.在中，三个内角所对的边分别为，若，，的面积为1，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】由及结合降幂公式、和差化积公式得到，即可判断C；进而得到即可判断B；再结合及三角形的面积公式可求解判断A；结合求出，再结合正弦定理求解判断即可.【详解】由知，，化简可得，根据和差化积公式可得：，则，即，由知，，所以，即，故C正确；由，得：，所以，故B不正确；中，由，知，故A正确；由知，，又，则，又，由正弦定理得，，故D不正确.11.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过作的垂线，垂足分别为，若点是抛物线上的一动点，且满足的最小值为，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】对于A，设点的坐标为，根据焦半径公式利用表示，求其最小值表达式，列方程求即可判断，对于B，设直线的方程为，，与抛物线方程联立，求，结合两点距离公式求的范围，即可判断，对于C，由条件结合抛物线定义三角函数定义可得，通过求的范围可判断结论，对于D，先证明，再结合抛物线定义及平面几何性质证明结论或利用向量夹角公式求，，结合二倍角公式证明结论.【详解】对于选项A：设点的坐标为，则，，，所以当，即点在原点时，最小，此时，，故A错误；不妨设在轴上方，由已知准线的方程为，点的坐标为，对于选项B：如图：设联立得：，由已知方程判别式，故，由根与系数的关系可得且，则，故B正确；对于选项C：，由选项B可知，若与抛物线相切，则，即抛物线过点的切线为直线，切线的倾斜角为，故，从而，故C正确．对于选项D：由可知：直线关于直线对称，即因为所以．另解：，，，由二倍角公式知，．故D正确；第II卷非选择题三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数是偶函数，则___________．【答案】2【解析】【分析】由偶函数的定义恒成立，化简得到恒成立，即可求解.【详解】因为为偶函数，所以，，即，化简可得对于任意恒成立，所以，所以．13.已知，是椭圆的两个焦点，为第一象限内椭圆上的一个动点，为的内心，过作直线的垂线，垂足为，若，则椭圆的离心率___________【答案】【解析】【分析】利用三角形中位线的性质得到，利用椭圆的定义得到，利用离心率的公式得解.【详解】如图：延长交直线于．由题可知，则，，因为，，所以，则.故答案为：.14.学校食堂每餐推出两种套餐，某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，在该同学第3天选择了套餐的条件下，他第2天选择套餐的概率为___________．【答案】【解析】【分析】由求出，再由求出,最后利用即可求解.【详解】设为第天选A套餐，为第天选B套餐，则，；从而，，.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.已知数列中，，满足．（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式：（2）设为数列前项和，求．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用构造法将转化为，利用等比数列的通项公式求解.（2）求出，求出，利用裂项相消法求出.【小问1详解】由题意，，则，，所以是以为首项，3为公比的等比数列.所以，则.【小问2详解】由，则，所以即.16.随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货．某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后18个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额数量（单位：万元），并计算得，.（1）求样本的相关系数（精确到0.01），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号是否线性相关（当时，即可认为线性相关）；（2）已知这18个月中有10个月的销售金额高于平均数，从这18个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额高于平均数的月份数为，求随机变量的分布列．附：相关系数．【答案】（1），具有很强的正相关性（2）012【解析】【分析】（1）由条件结合相关系数公式求出相关系数，根据相关系数性质判断结论；（2）由条件确定的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列.【小问1详解】样本的相关系数为：由于相关系数，故销售金额（单位：万元）和月份编号具有很强的正相关性；【小问2详解】由题意得：的可能取值为0，1，2，18个月中有10个月的销售金额高于平均数，所以，，，所以的分布列为：01217.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面．（1）求证：；（2）求直线和平面所成角的正弦值；（3）设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质，判断线线垂直.（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而求出线面角的正弦值.（3）根据三棱锥外接的性质，求出球心和半径，进而根据向量法，求出点到平面的距离的最大值.【小问1详解】设O为的中点，连接，由题得，所以为正三角形，则，所以平面，平面，．【小问2详解】由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，则，设平面的法向量为，则，令，则，则，则，所以直线和平面所成角的正弦值为.【小问3详解】设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线，垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径，又，所以点到平面的距离，所以点到平面距离的最大值为.18.已知曲线上的动点满足，且，（1）求的方程；（2）已知，，为上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交于点．（i）求证：直线过定点；（ii）设直线的倾斜角为，的面积分别为，当时，求取值范围．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）根据题意，得到，结合双曲线的定义，即可求得曲线的方程；（2）（i）设直线，联立方程组，利用韦达定理求得，由三点共线，结合，列出方程，求得的值，即可求解；（ii）由（i）求得，令，得到，根据题意，求得，得到关于的不等式组，求得的取值范围，即可求解.【小问1详解】解：因为，可得，又因为，可得，由双曲线的定义，可得曲线是以为焦点，实轴长为的双曲线的左支，所以，则，所以双曲线的方程为.【小问2详解】解：（i）设直线的方程为，且，联立方程组，整理得，则且，则，可得，直线，令，可得，所以又三点共线，可得，所以，即，即，即，所以，整理得恒成立，所以，所以直线方程为，所以直线过定点；（ii）由（i）知，，，所以，又由，令，则，且，因为直线，可得，则，所以，即，所以，解得，故.19.已知函数．（1）求在上的最大值；（2）求证：恒成立；（3）若都有恒成立，求的最大值．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）求导，确定函数的单调性，开区间上的极大值即为函数的最大值；（2）先证明，然后将变形为，放缩法求解；（3）先将恒成立转化为，求三阶导数，讨论函数的单调性，求解.【小问1详解】由题知，当时，，