2026年江西南昌市高三二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2026届高三年级四月检测数学一、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，只有一项符合题目要求的．1．已知复数满足，则的共轭复数为（

）A． B． C． D．2．已知函数是奇函数，则的一个可能取值为（

）A．0 B． C． D．3．已知集合，，则（

）A． B．C． D．4．已知：，：，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知函数在定义域内有最小值，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．6．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则的面积为（

）A．2 B． C． D．47．若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（

）A． B． C． D．8．某校高三年级准备在接下来的14周内，安排三次心理健康讲座，分别记为第周、第周、第周．为了让学生有足够的时间消化内容，学校要求：①第一次与第二次讲座之间至少间隔2周；②第二次与第三次讲座之间也至少间隔2周；③在第一次讲座之前至少预留1周准备时间，最后一次讲座之后至少预留1周总结时间，则符合要求的不同安排方案有（

）A．120种 B．84种 C．70种 D．56种二、多项选择题：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．已知一组数据：，，，…，的平均数为，方差为，中位数为，极差为，设，数据：，，，…，的平均数为，方差为，中位数为，极差为，则下列判断一定正确的是（

）A． B． C． D．10．已知抛物线：的焦点为，过点作斜率为直线与抛物线交于，两点（在第一象限），与准线相交于点，过点作拋物线的切线与准线相交于，当，，下列说法中正确的是（

）A． B． C． D．11．已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（

）A．， B．C． D．的最大值为三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分．12．已知圆：，过点作斜率为的直线与圆交于，两点，若的面积为2，则________．13．已知等差数列的前项和为，且，，则________．14．已知向量，，，，，当向量的模长取得最小值时，________．四、解答题：共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．15．已知函数．(1)当时，求在上的最大值；(2)讨论在R上的单调递增区间．16．如图，在多面体中，若四边形是边长为2的正方形，，都是边长为2的等边三角形，且，，分别为，的中点．(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值．17．在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样本不变）；若抽到负样本，则以的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以的概率将其放回数据集（仍为负样本）．(1)求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值；(2)求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值．18．已知双曲线：（，）的离心率，其上顶点为，过点作斜率为的直线与双曲线的两支分别相交于，两点（在双曲线的上支）且与轴相交于点，直线与轴相交于点．(1)求双曲线的标准方程；(2)设直线，的斜率分别为，，求证：为定值；(3)是否存在直线使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．19．已知一系列椭圆：的右焦点为，上顶点为，，是等腰三角形，．(1)求椭圆的方程；(2)求数列的通项公式；(3)若数列的前项和为，若对任意的，都有（，），求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】先根据复数的除法运算计算出，进而根据共轭复数的概念得到结果.【详解】已知复数满足，所以.则的共轭复数为.2．C【分析】根据奇函数的性质可得，然后逐一验证选项即可求解.【详解】若是奇函数，根据奇函数性质：在定义域内时，必有，代入得：解得，当时，，符合要求.当时，，是奇函数；对于AD：、对应为偶函数；对于B：对应非奇非偶，均不符合.3．B【详解】令，且，可得，所以.4．B【详解】，，，且，是的必要不充分条件．5．D【分析】结合函数单调性及基本不等式求解即可.【详解】当时，，当且仅当时取等号.当时，在上单调递减，此时的值域为，因为在定义域内有最小值，所以.故实数的取值范围为.6．C【分析】根据正弦定理及余弦定理得到，结合同角的平方和关系求出，代入三角形面积公式求解即可.【详解】由及正弦定理得，，由余弦定理得，所以，又，所以.又，所以.所以.7．D【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则弧长为，则底面直径为，则圆锥轴截面是以为腰，为底的等腰三角形，此时顶角为，则，所以，则过圆锥顶点的截面是以为腰的等腰三角形，设顶角为，此时面积，可知当时，即时，面积最大，此时面积.8．D【详解】设之前的周数为，与之间的周数为，与之间的周数为，之后的周数为，由题目条件知，，，，，令，，，，得，，，，，由隔板法，符合要求的不同安排方案为.9．AC【分析】根据平均值、中位数、极差、方差的概念与性质逐项分析求解.【详解】根据平均数性质，，故A正确；中位数是按大小排序后位于中间位置的数值，是线性变换，新数据排序位置与原数据一致，但中位数会随变换调整：若是原中位数，则新中位数​，仅当时成立，不一定总是相等，因此B错误；极差为最大值与最小值的差，设原数据最大值为、最小值为，则，变换后，的最大值为​，最小值为​，所以​，因此C正确；是线性变换，根据方差性质，，因此D错误.10．ABD【分析】根据抛物线定义及几何关系即可判断A；设出直线方程，与抛物线联立，求出点，点坐标，利用两点间距离公式求解，即可判断B，C；结合导数的几何意义求出过点的切线方程，与准线联立得到点坐标，求出，利用即可判断D.【详解】对于A：过点作准线的垂线交于点.由抛物线的定义可知，.在中，，即.所以，A正确.对于B：点，设直线的方程为，，.联立，整理得，即，解得或.又在第一象限，所以，.则，所以，B正确.对于C：由B知，，，.，C错误.对于D：抛物线方程：，即，则.所以过点的切线方程为：，即.又抛物线准线方程为，联立可得.所以，又，则，所以，D正确.11．ABD【分析】首先利用导数分析的符号，然后结合不等式恒成立条件分析二次式可判断AB；根据​是的根结合韦达定理可判断C；由可得，令，利用导数求其最大值可判断D.【详解】已知，设，，令，解得，在上递减，上递增，最小值，又时，，故，，，时，因此有两个不同的正零点，要使恒成立，开口向上的二次式必须和同号，因此二次式的零点恰好就是，即.由韦达定理：，​，因为都是正数，故，，A正确；二次式有两个不同零点，判别式，即，B正确；因为​是的根，故​，，两式相乘得：，即，C错误；由得，代入目标式化简：，令，求导得,当时，，递增；当时，，递减.因此的最大值为，D正确.12．1【分析】首先写出直线方程，然后利用点到直线的距离公式以及垂径定理即可求解.【详解】圆，圆心，半径，过点斜率为的直线方程为：，即.由点到直线距离公式得：，由垂径定理，弦长，的面积代入得：，两边平方整理得：，即，将代入得：，因，故.13．【分析】利用等差数列前项和公式，结合等差数列性质求出公差即可.【详解】在等差数列中，，由，得，解得，由，得，解得，因此数列的公差为，所以.14．5【分析】根据空间向量共面性质，结合线面垂直的判定定理、空间向量模的性质进行求解即可.【详解】设，，因为，所以向量，不是共线向量，所以向量与向量，是共面向量，，要想最小，只需与向量，所确定的平面垂直，即，解得：.15．(1)(2)当时，的单调递增区间为；当时，单调递增区间为；当时，无增区间．【分析】（1）根据导数与最值的关系求解即可.（2）根据导数与单调性的关系，结合的范围分情况讨论即可.【详解】（1）当时，，，所以，，令，即，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，取得极大值，即最大值，为所以当时，在上的最大值为．（2），当时，令，则，即的单调递增区间为；当时，令，则，即的单调递增区间为；当时，，此时在R单调递减，无增区间．综上，当时，的单调递增区间为；当时，单调递增区间为；当时，无增区间．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可.（2）取的中点，连接，结合几何关系得到，，进而得到与所成的角就是二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量夹角的坐标表示求解即可.【详解】（1）在四棱锥中，如图，因为是边长为2的等边三角形，所以，因为为的中点，则，因为，分别为，的中点，四边形是边长为2的正方形，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）如图，连接，，同理可以证明平面平面，过点作的垂线，垂足为，所以平面，在等边中，为的中点，.因为，为的中点，所以.又，，所以，所以，取的中点，连接，因为，所以，又因为，，所以，所以与所成的角就是二面角的平面角，以为坐标原点，以，分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，所以二面角的余弦值为．17．(1)可能取值为2，3；，，(2)【分析】（1）判断出的可能取值，并计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可.（2）判断出的可能取值，结合条件概率计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可.【详解】（1）设第一次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2、3．，，所以．（2）设第二次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2，3，4．，，，所以．18．(1)(2)证明见解析(3)存在；【分析】（1）根据离心率及上顶点坐标求解即可.（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，得到点坐标，同理设出直线的方程，求出点坐标，设出方程，将点、点代入，得到，是方程的两根，结合韦达定理证明即可.（3）利用三角形相似得到，设出直线，，的倾斜角，判断之间的关系，结合韦达定理进一步求解即可.【详解】（1）因为，所以，即，因为上顶点为，所以，则，所以双曲线的标准方程为.（2）设直线的方程为，直线的方程为．联立直线与双曲线方程，整理得，解得，所以，所以，设直线的方程为，因为，则有，整理得，同理可得，所以，是方程的两根，所以.（3）假设存在使得，所以，设直线，的倾斜角分别为，，直线的倾斜角为，当时，则，所以，又，是方程的两根，则，，所以，所以，整理得，即，解得．当时，结合对称性同理可得，，满足条件．故存在直线使得，此时．19．(1)