江西省上饶市民校考试联盟2025-2026学年高三上学期阶段测试（二）数学试卷（含解析）

江西上饶市民校考试联盟2026届高三上学期阶段测试（二）数学试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B．C． D．2．设等差数列的前项和为，已知，则（

）A．530 B．430 C．265 D．2153．在中，，若，则实数的值为（

）A． B． C． D．4．已知命题p：，命题q：，若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（

）A． B． C． D．5．直线与圆相切，则的值是（

）A．或12 B．2或12 C．或 D．2或6．2025年1月25日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，天舟七号货运飞船与火箭成功分离并进入预定轨道．已知火箭的最大速度（单位：km/s）与燃料质量（单位：kg）、火箭（除燃料外）的质量（单位：kg）的函数关系为．若已知火箭的质量为3100kg，火箭的最大速度为11km/s，则火箭需要加注的燃料质量为（

）（参考数值：，结果精确到kg）A． B． C． D．7．已知正数m，n满足，则的最小值为（

）A．24 B．18 C．16 D．128．若不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知事件，且，则下列结论正确的是（

）A．如果，那么B．如果与互斥，那么C．如果与相互独立，那么D．如果与相互独立，那么10．已知抛物线的焦点为，准线为为抛物线上两动点，下列说法正确的是（

）A．的方程为：B．若轴，则C．若直线AB的斜率为1，则D．以为直径的圆与相切或相交11．如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（

）A．若是正方体表面上的动点，且，则长度的最大值为3B．四面体的体积为C．平面截正方体所得截面的面积为D．平面三、填空题12．二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）.13．在中，若，则_________.14．已知函数.若为偶函数，的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列.将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到函数的图象，则__________.四、解答题15．如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一动点，且.(1)若，证明：；(2)当时，求平面和平面夹角的余弦值.16．在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且.(1)求角A的大小；(2)若，，求a；(3)若为锐角三角形，，求的取值范围.17．已知数列满足，，设.若对于任意且，都有.(1)求的值；(2)求数列的通项公式.(3)求证：.18．设，两个点的坐标分别为，．动点P满足，其中O为坐标原点．记动点P的轨迹为曲线C．(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)设点，过点的直线与曲线C交于A，B两点．（ⅰ）若直线m的斜率为，设线段AB的中点为D，求直线OD的方程；（ⅱ）设直线l的方程为，且直线m与直线l相交于点N，记MA，MN，MB的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列．19．已知函数．(1)若，求函数的最值；(2)若函数与都存在极值，且极值相等，求实数a的值；(3)若函数有两个不同的极值点，且，求证：．参考答案1．A【详解】由得，则，则.故选：A2．C【详解】因为数列为等差数列且，所以，所以.故选：C3．D【详解】因为，可得，所以，又因为，所以.故选：D.4．D【详解】设集合，，由题意可知，∴，∴.故选：D5．B【详解】由圆，可得圆心，半径，由直线与圆相切，所以，所以，解得或.故选：B.6．B【详解】根据题意，，令，则，所以，则，即所以.故选：B7．A【详解】由正数m，n满足，即，所以所以当且仅当,即时，取得等号.故选：A8．D【详解】设，则，设与的公切线的切点分别为，则切线方程为，即，，即，所以①，②，由①式可得，代入②式可得，即，解得或，所以公切线的斜率为1或，由图可得.

故选：.9．ABD【详解】对A选项：由，所以，，因此，，故A正确；对B选项：若与互斥，因此是不可能事件，所以，再由概率的加法公式，故B正确；对C选项：若与相互独立，则与也相互独立，.因表示“A不发生且B不发生”，即，且与也相互独立，所以，故C错误；对D选项：因与相互独立，所以，再由概率的加法公式，故D正确.故选：ABD.10．BC【详解】因为抛物线，所以准线的方程为：错误．轴，，则，B正确．因为，又因为，两式作差可得：，即，C正确．以为直径的圆，圆心为，半径为，则圆心到的距离为，因为，所以，该圆与相切或相离，D错误，故选：BC．

11．ACD【详解】对于A，取的中点，连接.因为，所以，所以四边形是平行四边形，易得，所以，所以，所以.因为平面平面，所以.又平面，所以平面.而，则平面，所以点的轨迹是矩形（点除外）.当与重合时，的长度最大，且最大值为，故A正确；对于B，在四边形中，取的中点，连接，过点作于，且交于点，过作且交于点.因为，，所以.而.因为平面平面，所以.又平面，所以平面.所以点到平面即平面的距离为，所以，故B错误；对于C，分别取的中点，连接，，平面截正方体所得截面即为正六边形，其面积为，故C正确；对于D，平面，平面，则，而，由都在平面内，则平面，平面，所以，同理.又且都在平面内，所以平面，即平面，故D正确.故选：ACD12．【详解】因为展开式的通项为，令，得，则对应的项为，令，得，则对应的项为.故二项式的展开式中的常数项为.故答案为：13．【详解】因为，由正弦定理得，，（为外接圆半径），代入条件得：，两边约去后整理得，即，由余弦定理，代入得，因为，故.故答案为：.14．0【详解】由的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，可以得到函数的最小正周期.由为偶函数，可得的图象关于直线对称，所以，解得，因为，所以，则，将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的，得到，再向左平移个单位得到函数，所以.故答案为：.15．(1)证明：因为矩形所在的平面，平面，所以，则以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，则，因为是的中点，所以，设，则，所以，由，得，得，即是的中点，所以；(2)【详解】（1）略（2）因为，所以，则，则，设平面的法向量为，则，令，则，易得平面的法向量为，则，所以平面和平面夹角的余弦值为.16．(1)(2)(3)【详解】（1）因为，由正弦定理得，即，因为在中，，所以，又，所以.（2）因为，，，所以，解得.由余弦定理得.（3）因为，，结合正弦定理，得，所以，.在中，,所以.因为为锐角三角形，所以，所以，则，所以，所以.17．(1)(2)(3)证明：由（1）、（2）知，，，.【详解】（1）由题知数列是等差数列，则，，，，，由可得：，，，，解得：.（2）由（1）知：，，，则等差数列公差为，数列是以为首项，为公差的等差数列，，；（3）略.18．(1)点P的轨迹为椭圆，且其方程为．(2)（ⅰ）；（ⅱ）又因为，，故．联立，故，故，故，，成等差数列．【分析】（1）利用椭圆的定义即可求得，进而求解；（2）将直线方程与椭圆方程结合，由韦达定理得，（ⅰ）利用中点坐标公式求出点的坐标，进而得直线方程；（ⅱ）利用斜率公式表示，求出点的坐标进而得，利用等差中项即可求证.【详解】（1）由，所以，即，故点P的轨迹为椭圆，且其方程为．（2）设，，联立，故．（ⅰ）当时，，，故，故直线OD的方程为：，即．（ⅱ）略19．(1)最小值为，无最大值(2)(3)由，令，即，因为函数有两个不同的极值点，所以①，②，令③，则，代入②得：由①得：，两式相减：，所以，又，得，则，要证，即证，即证，化简得，即证，即,即证，令，，，所以，即，所以在上单调递增，所以，所以，得证.【详解】（1）当时，函数，定义域为，求导得，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，因此