2026年江西赣州市高三高考数学模拟试卷试题（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年高三年级适应性考试数学试卷2026年5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．设和分别表示函数的最大值和最小值，则（

）A． B．1 C． D．22．若集合，则（

）A． B． C． D．3．若，则（

）A． B． C． D．4．在等差数列中，公差，且，则（

）A．5 B．50 C．60 D．1055．已知事件、满足．若，，则（

）A． B． C． D．6．已知，若，且，则的值为（

）A． B． C． D．7．直线与把圆分成长度相等的三段弧，则（

）A．1 B． C．4 D．8．已知函数在区间上的最大值为，在区间上的最大值为．若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．有一组互不相等的数据从小到大依次为，若删去，则（

）A．新数据的极差等于原数据的极差 B．新数据的平均数等于原数据的平均数C．新数据的标准差小于原数据的标准差 D．新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数10．已知为坐标原点，是抛物线的焦点，点，在上且位于轴的两侧，，则（

）A． B．直线经过点C． D．与面积之和的最小值是311．四面体满足，，，，则（

）A．直线与的夹角为 B．四面体外接球的表面积为C．的中点到直线的距离为 D．四面体内切球的半径为第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．曲线在处的切线方程为______．13．为平面内一点，，则的取值范围是______．14．已知分别是双曲线的左、右焦点，点在的右支上，为的平分线，，垂足为，为的中点，直线交于点，记，的面积分别为，，则的最大值为______．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．记的内角的对边分别为，满足．(1)若为等腰三角形，求；(2)若，求的面积．16．甲、乙两人玩轮流掷骰子（质地均匀）的游戏，游戏规则为：①每次掷一枚骰子；②若甲掷出的点数小于，则下一次仍由甲掷骰子，否则下一次由乙掷骰子；若乙掷出的点数为偶数，则下一次仍由乙掷骰子，否则下一次由甲掷骰子．现由甲第一次抛掷．(1)记前次中甲掷骰子的次数为，求的分布列与数学期望；(2)记第次由乙掷骰子的概率为．（ⅰ）证明：数列为等比数列；（ⅱ）求数列的前项和．17．如图，在三棱柱中，平面平面，，且，(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值．18．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，直线交于两点，且四边形的面积为．(1)求的方程；(2)动圆过原点与，且与交于，两点，直线，分别交于另一点．（ⅰ）求证：直线的斜率之积为定值；（ⅱ）点满足，求到直线的距离之和的最大值．19．已知函数有两个零点、，．(1)求实数的取值范围；(2)证明：；(3)证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】根据正弦函数的最值即可求解；【详解】由可得，，所以，.2．D【详解】因为，所以所以，所以3．C【详解】因为，所以，可得，由模长公式得.4．A【分析】根据题意得，进而得.【详解】解:因为等差数列中，，，所以，即，所以5．A【分析】利用概率的乘法公式可求得的值，分析可知事件、相互独立，故事件、相互独立，求出的值，即可得出的值.【详解】由概率的乘法公式可得，因为，即，故，所以事件、相互独立，故事件、相互独立，故，因此.6．B【分析】根据，利用二项式定理展开，对应系数相等即可求解.【详解】因为，所以，利用二项式定理展开得，即，又因为，对应系数要相等，则又因为且，即，解得，故B正确.7．C【分析】通过圆心到两条直线的距离相等以及距离和圆半径的关系，得出是二次方程的两个不相等的实根，最后利用韦达定理即可求解.【详解】由题意得，圆的方程为，所以圆心，半径，如图所示，直线与把圆分成长度相等的三段弧，因此为等边三角形，，因此圆心到直线的距离，而圆心到直线的距离，即，两边同时平方后化简得，同理，对于直线，也满足方程，因此是二次方程的两个不相等的实根，根据韦达定理有，所以，故C正确.8．A【分析】对分情况①，②，③，④，⑤讨论，前四种情况都与矛盾，第五种情况可根据单调性求解.【详解】设，易得在上递增，在上递减，且有两个零点和，因可由保持轴上方部分并将轴下方部分沿轴翻折得到，如上图，在上递减，在上递增，在上递减，在上递增.①当时，在的最大值，在的最大值为，矛盾；②当时，在的最大值，在的最大值为，矛盾；③当时，在的最大值，在的最大值为，矛盾；④当时，在的最大值，因，在单调递增，最大值，，矛盾；⑤当时，在的最大值，，，由图可知，此时只需令即可，解得或，所以，综上所述，的取值范围是.9．AD【分析】根据平均数、百分位数、标准差以及极差的概念，结合特殊值，对选项中的结论逐一分析判断即可.【详解】对于A，删去，最小值与最大值保持不变，分别为，故极差保持不变，故正确；对于B，当的平均数为时，删去，平均数保持不变，否则会变化，故错误；对于C，取分别为，则原数据的平均数为，方差为删去，新数据的平均数为，方差为，显然，此时新数据的标准差大于原数据的标准差，故C选项错误；对于D，因为，原数据的40%分位数为；因为，故新数据的40%分位数为，故新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数，D选项正确.10．ABD【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及计算判断A，B；利用向量模的坐标表示表示出模长，再结合韦达定理代换，最后用基本不等式求解最值判断C，利用三角形面积公式建立关系，借助基本不等式求解判断D即可.【详解】对于A，显然直线不垂直于y轴，设直线方程为，

由，消去得，得到，，得，而，，可得，由，得，解得或，而，即，因此，，故A正确；对于B，此时直线恒过点，故B正确；对于C，由模长公式得，同理可得，则，由基本不等式得，当且仅当时取等，此时，得到，可得，故C错误，对于D，不妨设，而，则，当且仅当时取等号，故D正确.11．BCD【分析】推导出，，，，将四面体补成长方体，并建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；求出四面体外接球半径，利用球体表面积公式可判断B选项；利用等体积法可判断D选项.【详解】在四面体满足，，，，由勾股定理可得，所以，同理可得，，，将四面体补成长方体如下图所示：以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，对于A选项，、、、，，，则，所以直线与的夹角为，A错；对于B选项，该四面体的外接球直径为，则，所以四面体外接球的表面积为，B对；对于C选项，线段的中点为，，所以点到直线的距离为，C对；对于D选项，，，同理可得，，，设该四面体内切球球心为，内切球半径为，则，解得，D对.12．【详解】由，求导得，则，而当时，，所以所求切线方程为，即.13．【分析】由向量的关系得，进而得为直角三角形，再根据点在以为圆心，为半径的圆上，即可求得答案.【详解】因为，所以，，所以，，，所以，在中，，，，由余弦定理得，即，所以为直角三角形，因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上，如图所示，所以，即，所以的取值范围是14．6【分析】利用角平分线和垂直的条件，构造等腰三角形，根据双曲线的定义转化，可求出；再根据图形关系，将转化为求的最大值，即可解决问题.【详解】延长交的延长线于点，由题意知，，则，所以，由平分角，，则为等腰三角形，所以,根据双曲线的定义可得，又，所以，因为，又点，分别为，的中点，所以，，设为边上的高，因此，所以当时，此时，为高的最大值，因此的最大值为.15．(1)或(2)【分析】（1）根据三角恒等变换得，进而得，再根据等腰三角形即可求得答案；（2）结合（1），根据已知条件得，再结合正弦定理得，进而得，最后计算面积即可.【详解】（1）解：由可得：即整理得：又，且，所以因为为等腰三角形，①当时，，得②当时，，得故的值为或（2）解：结合（1）得，时，由正弦定理得，所以又，所以所以的面积为16．(1)的分布列为：数学期望(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）先确定的所有可能取值，然后依次计算概率即可；（2）（i）通过题意得到与的表达式，然后通过构造法即可证明；（ii）利用等比数列的前项和公式即可求解.【详解】（1）由题设的所有可能取值为，当时，前次只有次是甲掷，序列是甲乙乙，则第次甲掷，第次乙掷的概率是，第次乙掷，第次乙掷的概率是，因此；当时，前次有次是甲掷，序列是甲甲乙或甲乙甲，对于甲甲乙，则第次甲掷，第次甲掷的概率是，第次甲掷，第次乙掷的概率是，对于甲乙甲，则第次甲掷，第次乙掷的概率是，第次乙掷，第次甲掷的概率是，因此；当时，前次有次是甲掷，序列是甲甲甲，则第次甲掷，第次甲掷的概率是，第次甲掷，第次甲掷的概率是，因此，故的分布列为数学期望.（2）已知第次由乙掷的概率为，则第次由甲掷的概率为，因此第次由乙掷的概率可以表示为，（ⅰ）由于，则，又因为，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列.（ⅱ）由（ⅰ）得，故所以.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）在平面内作交于点，连接，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用余弦定理结合勾股定理逆定理得出，结合得出平面，可得出，再利用菱形的几何性质以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】（1）在平面内作交于点，连接，由与，得，所以，又平面平面，平面平面，，平面，故平面，又因为平面，故，在中，由与，则，即，在中，，即，所以，故，即，又，且，、平面，故平面，因为平面，所以，又因为四边形为菱形，故，又，、平面，所以平面.（2）由（1）知平面，，故以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，故、、、、，，，，则，设为平面的一个法向量，则，取，得，由（1）知平面，且，故令为平面的一个法向量，记二面角的平面角为（显然为锐角），故，即二面角的余弦值为.18．(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）根据离心率得，再根据面积得，即可求得答案；（2）（i）根据题意得，设，进而得，再求斜率，并求乘积即可证明；（ii）设，直线的方程为，进而联立方程，结合韦达定理，根据，化简整理得，即直线恒过定点，再根据向量关系得直线也过定点，且，即，故点到直线的距离之和为平行线间的距离，即可求得.【详解】（1）设的焦距为，则由题意，解得，因为直线交于两点，所以，将，代入椭圆得，解得，所以，因为，解得，所以的方程为；（2）由（1）知：直线为线段的中垂线，故为圆的直径，所以，设，则有，即，（ⅰ）分别记直线的斜率为，则；（ⅱ）设，直线的方程为，联立可得，则，且，由，化简得：，代入得：，即，化简得，即，所以直线恒过定点，由知，所以直线也过定点，且，即，显然原点在线段上，故点到直线的距离之和为平行线间的距离，且，故当直线垂直于轴时，点到直线的距离之和达最大值为.19．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）令可得，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；（2）令，利用导数分析该函数的单调性，证明出成立，即可证得结论成立；（3）由（2）得出，再结合对数的运算性质以及不等式的性质可证得结论成立.【详解】（1）由，可得，令，其中，则直线与函数的图象有两个公共点，，故当时，；当时，．故函数在区间上单调递减，在上单调递增，故函数的极小值为，构造函数，其中，则，由可得，由可得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即，令，即，即，所以，所以，即，当时，，，所以，且当时，；当时，，如