2026年江西赣州市高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页赣州市2026年高三年级摸底考试数学试卷2026年3月本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第I卷（选择题共58分）一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每一小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，答案填写在答题卷上.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（

）A． B． C．1 D．3．若函数且为偶函数，则（

）A． B． C． D．4．已知椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，若的面积为1，则（

）A． B． C． D．5．已知函数的图象如图所示，则（

）A． B． C． D．6．已知数列的前项和为，满足，在数列中，，且，设为数列的前项和，则（

）A． B． C． D．7．已知双曲线的左､右焦点分别为，若过点的直线与圆相切于点与双曲线的右支交于点，且，则双曲线的离心率为（

）A．2 B． C． D．8．在长方体中，，点在四边形内（含边界）移动，且满足，则点到直线距离的最小值为（

）A． B． C． D．二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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．已知圆，过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，则（

）A．圆上的点到直线的最大距离为B．四边形面积的最小值为4C．的最小值为8D．当点坐标为时，直线的方程为10．设是一个试验中的两个事件，且，则下列结论正确的有（

）A． B．C． D．11．我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为，和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（

）A．B．C．，其中D．函数的最小值为第II卷（非选择题共92分）三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，答案填写在答题卷上.12．若，则__________.13．已知函数且有三个零点，则实数的取值范围是______.14．一自动运动的小车连续运行次，每次以相同概率随机选择向前或向后运动，记未连续出现2次向后运动的概率为，则的值为__________.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．在中，角的对边分别为，且.(1)若，求的值.(2)若的内切圆的面积为，求的面积.16．已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点.(1)证明：；(2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值.17．如图，在三棱锥中，平面，且为的中点.(1)求二面角的余弦值；(2)若，在线段上各取一点，设，若平面平面，求的值.18．已知函数.(1)讨论函数的单调性.(2)设函数，若存在唯一实数使函数的最小值为0，求实数的取值范围.19．现有一种不断分裂的细胞，在每个分裂周期中，一个细胞以的概率分裂成一个新的细胞，以的概率分裂成两个新的细胞，分裂后原来的细胞消失，新的细胞在下一个分裂周期里会继续分裂.设初始状态下有1个细胞，个分裂周期后，细胞的数目为.(1)求的分布列和数学期望.(2)求概率.(3)证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】先化简集合，，再根据集合的交集运算可得解.【详解】由，可得，，又，可得，，所以.故选：C.2．C【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1.3．B【分析】利用特殊值法得出，求出的值，再利用函数奇偶性的定义验证即可.【详解】函数且为偶函数，且该函数的定义域为，所以，因为，，所以，可得，又因为且，解得，此时，因为，故当时，函数为偶函数，故.4．D【分析】由三角形的面积确定点坐标，再结合向量数量积的坐标表示即可求解.【详解】由椭圆，得，，即，因此左右焦点，，因为面积为，故，得，即，将代入椭圆方程：，解得.，，则.5．A【分析】由图象得出的值，分析可知，由、结合正弦型函数的周期公式可求出的值，再由结合的取值范围可得出的值，即可得出函数的解析式，代值计算可得出的值.【详解】由图可得，，所以，故①，又因为，可得，又因为函数在附近单调递增，所以②，①②得，令，则，则，可得，由图可知，函数的最小正周期满足，可得，即，所以，即，又因为，则，所以，则，所以，可得，因为，所以，则，故，故.6．B【分析】根据递推关系得到另一个式子，作差可求出，根据可推出，累乘法可求出数列的通项公式，再通过数列的递推关系得到另一个式子，作商可得到的通项公式，进而求解，要注意所求式子对的限制.【详解】因为，①所以，（若，则，从而得，与矛盾），当时，，②①②得，移项得，所以.由得，解得，所以，所以，而也满足上式，所以数列的通项公式为.因为，③所以当时，，④由指数函数的性质知③，④式等号左右两侧都是正数，所以③④得，即.当时，由得，又所以，所以均满足，所以数列的通项公式为，即数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以.7．D【分析】由条件先求得，根据双曲线的定义求得，分别在与，利用三角函数定义和余弦定理列式推得，即可求得其离心率.【详解】如图，因过点的直线与圆相切于点，则，又，则，因，则，点是双曲线的右支上的一点，则，在中，，在中，由余弦定理，，则有，化简得，即，故双曲线的离心率为.8．D【分析】建立空间直角坐标系，由得到，设，利用数量积得到，通过整理得到点的轨迹方程，求出直线的方程，利用点到直线的距离求出到直线的距离，利用二次函数的图像和性质得到的最小值，即为点到直线距离的最小值.【详解】长方体中，，四边形是正方形，，平面，平面，，，平面，以为原点，为轴，过作的平行线作为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，，，在四边形内（含边界）移动，设，，，，，，，，，，，，，为点的轨迹方程，，在平面内直线的方程为，即，到直线的距离为，当时，取最小值为，则点到直线距离的最小值为.故选：D.9．ABD【分析】A计算圆心到直线的距离即可判断；B根据计算面积即可；C利用数量积的定义以及对勾函数的单调性判断；D求出以为直径的圆的方程，再求两圆的交线即可.【详解】由题意得，，半径，因为圆心到直线的距离，所以圆上的点到直线的最大距离为，故A正确；因为，所以四边形面积为，当时，四边形面积的最小值，故B正确；因为，所以因为在上单调递增，且，所以当，即时取得最小值，最小值为，故C错误；因为，所以以为直径的圆的方程为，即，则直线的方程为，故D正确.10．AC【分析】利用条件概率，和事件的概率公式求解.【详解】选项A，，，，，，，故选项A正确；选项B，，故选项B错误；选项C，，故选项C正确；选项D，，，，，，故选项D错误.故选：AC.11．ABC【分析】对于A：构建，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；对于B：对，取对数整理即可；对于C：假设成立，再两边取对数，结合选项B分析判断；对于D：结合不等式分析可知，当且仅当时，等号成立，结合的零点分析判断.【详解】对于选项A：构建，则为的零点，因为，若，则，可知在内单调递减，且，所以在内无零点；若，则，可知在内单调递增，且，所以在内存在唯一零点，故A正确；对于选项B：因为，，即，两边取对数可得：，得,则，故B正确；对于选项C：假设成立，则，得，得，得，则，得，得，则，得，得，故假设成立，故C正确；对于选项D：构建，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则，可得，当且仅当时，等号成立，则，当且仅当，即时，等号成立，因为在内单调递减，可知在内单调递减，且，可知在内存在唯一零点，即，所以的最小值为，不为，故D错误；12．【详解】由，因此等于中的系数与中的系数和.根据二项式定理，的通项公式为：令，得，则的系数为；令，得，则的系数为，所以.13．【分析】由题意方程有三个根，即方程有三个根，转化为与函数有三个交点，利用导数研究的单调性，画出示意图，数形结合可得或，解对数不等式即可得解.【详解】函数且有三个零点，则方程有三个根，即方程有三个根，即方程有三个根，易知，所以方程有三个根，所以与函数有三个交点，当时，，则，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为，令得，又无限趋向于0且时，趋向于负无穷大，无限趋向于正无穷大时，趋向于0；当时，，则，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为，令得，又无限趋向于0且时，趋向于正无穷大，无限趋向于负无穷大时，趋向于0；作出与函数的示意图：由图可知，或，所以或，所以实数的取值范围是.故答案为：14．【分析】根据题意可知，再推导出为定值即可求解．【详解】根据题意，小车向前或向后运动的概率为，未连续出现2次向后运动的概率为，则第次可能向前或向后运动，当第次是向前运动时，只要前次未连续出现2次向后运动，其概率为；当第次是向后运动时，则第次只能向前运动，且前次未连续出现2次向后运动，其概率为；，，，即，由②得代入①，，即，．15．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理及两角和正弦公式得，求得，再根据两角和的正切公式进行求解；（2）根据三角形面积公式及内切圆半径公式，结合余弦定理，求得，进而求得的值，从而求出的面积.【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，所以，所以，所以在中，因为，所以有，即得，即，因为，所以，即得，，所以.（2）内切圆的面积为，所以内切圆半径，又，则有，由余弦定理得，所以，解得或（舍），所以，则.16．(1)证明见解析(2)

8【分析】（1）设出直线方程与抛物线联立，结合向量运算可证结论；（2）根据条件得出为的角平分线，结合斜率和为0，可求，求出弦长和高，利用三角形面积公式可得答案.【详解】（1）证明：设直线的方程为，由，得，即，因为，所以，，所以，所以.（2）因为，所以，由角平分线的性质可知，为的角平分线，由抛物线对称性可得，在轴上，设，，因为在轴上，所以，，整理得，由，代入可得，即，由于上式对任意恒成立，所以，即.，到直线的距离为：，面积，当时，面积有最小值8.17．(1)(2)【分析】（1）建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案；（2）根据求出的长，求解两个平面的法向量，利用法向量垂直可求答案.【详解】（1）因为平面，平面，所以，因为，所以，所以两两垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，因为为的中点，所以，设，则，设平面的一个法向量为，则，令，可得；易知平面的一个法向量为，二面角的大小为，易知为锐角，，所以二面角的余弦值为.（2）由，则，，解得，即.因为，所以,且，,,设平面的一个法向量为，则，令，可得，即.,设平面的一个法向量为，则，令，可得，即，因为平面平面，所以，解得18．(1)答案见解析；(2)或．【分析】（1）求导后对的取值范围分类讨论即可；（2）法一：，根据（1）中结果可求得的最小值，构造函数，问题可转化为函数的零点个数问题；法二：同法一求出的最小值，转化为存在唯一实数使，再设新函数，求导后对分类讨论即可.【详解】（1）由得.①当时，，单调递减；②当时，令，解得，当时，，即，所以单调递减，当时，，即，所以单调递增；③当时，，所以，单调递减.综上，当时，单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，单调递减.（2）解法一：由得，由（1）可知，即关于的方程只有1个根，当时，方程（）恒成立，即当且时，方程（）无解所以，由，所以，即，即且，对（）式同时取对数，即，令，则，即关于的方程在无解.又令，则，令，则，由，则当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，所以在上单调递减，当时，，当时，，要使式成立，只需或，即或综述，实数的取值范围或．解法二：令，由（1）可知，时，在上单调递减，在上单调递增，所以，依题，存在唯一实数使函数的最小值为0，所以存在唯一实数使，即存在唯一实数使，令，则，（i）当时，恒成立，故函数在单调递增，又因为，所以存在唯一实数使得，符合题意；（ii）当时，令，得，令，得，故函数在单调递增，在单调递减，所以，解得，综上，实数的取值范围是或．19．(1)分