江西省创智协作体2026届高三上学期元月联合调研考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省创智协作体2026届高三上学期元月联合调研考试数学试题一、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.设集合{是等腰三角形}，{是直角三角形}，则（）A.B.{是正三角形}C.{是等腰直角三角形}D.{是等腰三角形或直角三角形}【答案】C【解析】易知集合

{是等腰三角形}{是直角三角形}={是等腰直角三角形}.故选：C.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】因为，所以对应的点坐标为，位于第一象限.故选：A.3.已知向量和为单位向量，且，则向量和的夹角为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设单位向量与的夹角为，可得因为，可得，解得，又因为，所以.故选：B.4.某科技公司为了让机器人走进千家万户，不断加大研发资金投入.该公司2020年全年投入研发资金3000万元，之后每年投入的研发资金比上一年增长10%，则该公司全年投入的研发资金超过6000万元的第一年是（）（参考数据：）A.2025年 B.2026年 C.2027年 D.2028年【答案】D【解析】由题可知，该公司2020年全年投入研发资金3000万元，设从2020年起经过年后全年投入的研发资金超过6000万元，则，化简得，取对数得，故该公司全年投入的研发资金超过6000万元的第一年是2028年.故选：D.5.已知正三棱柱的各条棱长均为1，D是侧棱的中点，则四棱锥的体积是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意如图所示：取的中点，连接，且，连接，因为为等边三角形，且边长为1，所以，且，又底面，且底面，所以，由，所以平面因为是侧棱的中点，四边形为正方形，所以为正方形的中心，所以平面，即点到平面的距离为，且点为的中点，所以，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，即到面的距离，又正方形的面积为，所以四棱锥的体积是，故选：C.6.某投资公司2020－2024年的投资与收益情况如下表所示：（单位：千万元）投资2.32.53.95.45.9收益0.31.41.92.63.8根据表中数据利用最小二乘法，可得回归直线方程为，由此估计如果2025年该公司的投资为8千万元时，它的收益为（）A.5.1千万元 B.5.2千万元C.5.3千万元 D.5.4千万元【答案】B【解析】由表格中的统计数据，可得：，，即样本中心为，代入回归直线方程，可得，解得，所以回归直线方程为，当时，可得，即收益为千万元.故选：B.7.过双曲线的右焦点作其渐近线的垂线，垂足在第一象限，且与双曲线的右支交于点为的中点，则双曲线的离心率为（）A. B.C.2 D.3【答案】A【解析】设双曲线的半焦距为，因为为的中点，所以过作于，则，设，因此，解得，由点在双曲线上，得，即，所以.故选：A.8.已知函数，其图象过点，，且.则的最小正周期的最大值为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】设函数的最小正周期为，因为图象经过，两点，且，故，故，故，若，则，，由，可得，故，其中，而，此时无解；若，则，，由，可得，故，其中，而，此时，，此时，，又，，故符合，故正数的最小值为，所以的最小正周期的最大值为.故选：A.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.过点作圆的两条切线，，切点为，.则（）A.B.外接圆的面积为C.直线的方程为D.圆心到直线的距离为【答案】AC【解析】依题意，圆的标准方程为，圆心，半径为；所以，故A正确；因为是外接圆的直径，所以其面积为，故B错误；因为点均在以为直径的圆上，所以其圆方程为，化简得，将两圆方程相减得直线的方程：，故C正确；由选项C知，直线的方程为，所以圆心到直线的距离为，所以D错误.故选：AC.10.已知函数，则（）A.是偶函数B.是周期函数C.的值域是D.曲线在处的切线方程是【答案】ACD【解析】由题可知的定义域为.选项A：，所以是偶函数，故A正确；选项B：.当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；由选项A可知，是偶函数，所以在上单调递减，在上单调递增；所以不存在非零，使得，即不可能是周期函数，故B错误；选项C：由选项B可知，在时取得最小值，此时，所以函数的值域为，故C正确；选项D：因为，，所以曲线在处的切线方程是，即，故D正确.故选：ACD.11.设数列前项的和为，且，则（）A.B.若各项均为正数，则是等差数列C.不可能是等比数列D.【答案】ABD【解析】对于A，由得，所以，A正确；对于B，因为，所以，于是，即，整理得，于是.因为，所以，即.所以是等差数列，B正确；对于C，由于，数列可能满足，即是首项为，公比为的等比数列，所以C不正确；对于D，由，可或，当时，因为，所以；当时，是以为首项，以为公差的等差数列，所以；综上：，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设是定义在上的偶函数，且对任意，恒有，当时，，则______.【答案】【解析】令，由得，又因为是定义在上的偶函数，则，因为当时，，所以，即.故答案为：.13.已知为等比数列，对于任意正整数，则______.【答案】2【解析】设公比为，则，代入,(与无关的常数)即为一个常数列且为等比数列，所以得.当时，可得.所以，故答案为：.14.如图，表格中是的一个排列，且满足，则满足条件的方格表共有______张.【答案】8【解析】因为，，所以，所以为或；所以，即，所以是的倍数，又，所以，则，因为互不相同，所以不能是，只能是，剩下的数字是，所以，所以满足条件的方格表共有张.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面为正三角形，侧面底面是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：因为是正三角形，是的中点，所以，因为侧面底面，，侧面底面，所以侧面，平面，所以，又，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）解：如图以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点垂直于平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，不妨设正方形的边长为，则，，，所以，，易得，平面的一个法向量，设平面的法向量，则，令，则，，则，设二面角的大小为，则，则，所以二面角的正弦值为.16.已知函数.（1）判断函数的单调性，并求出的极值；（2）若曲线有两条过坐标原点的切线，求的取值范围.解：（1）函数的定义域为，，令，解得.的变化情况如下表所示.单调减单调增所以，在区间上单调减，在区间上单调增.当时，有极小值无极大值.（2）由（1）得.设切点坐标为，所以切线的斜率，所以切线方程为.又因为切线过原点，所以，整理得：，因为切线存在两条，所以方程有两个不等实根，所以，解得或.17.设锐角的内角所对边分别为，且（1）若的面积为，求的周长；（2）求的取值范围.解：（1）因为，所以，所以，则，即，因为为锐角三角形，所以，得，所以，因为，所以，由余弦定理可得，即，所以，所以，即的周长为；（2）记由（1）知，，其中，此时，因为，所以，综上，的取值范围是.18.在正三角形的顶点上有一只机器蛙每隔一分钟跳一次（跳动的时间忽略不计），每次跳动，原地跳动的概率为，跳向另外两点的概率均为.假设开始时，机器蛙在正三角形的顶点处做第一次跳动.（1）求经过2次跳动后，机器蛙在顶点处的概率；（2）求经过次跳动后机器蛙在顶点处的概率；（3）记由前次跳动导致机器蛙在顶点处停留的总时间为随机变量（分钟），求.解：（1）记第次跳动后机器蛙在，，处的概率分别为，，.第1次跳动后的概率为：，，.经过2次跳动后，机器蛙在顶点处有三种路径：第1次在，第2次从跳到；第1次在，第2次在原地跳；第1次在，第2次从跳到；所以.（2）因为机器蛙从出发，且在任意定点的跳动规则是统一的，所以跳到的路径与跳到的路径在概率计算上是完全镜像的，即，且.经过次跳动后机器蛙在顶点有三种路径：第次在，第次从跳到；第次在，第次从跳到；第次在，第次在原地跳；则.所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，所以.（3）由（2）可知.由题意可知，当第次跳动后在A处时，，其他情况，所以停留的总时间，所以.而，所以.故.19.在平面直角坐标系中，如果，则的面积.已知椭圆的离心率为，左右顶点分别为.为椭圆上异于的任意一点，