江西省赣州市二十四校联考2026届高三下学期四月期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省赣州市二十四校联考2026届高三下学期四月期中联考数学试题一､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.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】由复数，可得复数在复平面内对应的点为位于第二象限.2.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由不等式，可得，所以，又由集合，根据集合并集的定义与运算，可得.3.已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为双曲线的渐近线方程为，由题知，所以的离心率为.4.若函数的图象关于点对称，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为函数的图象关于点对称，则，得到，又，所以的最小值为.5.若函数在上单调递减，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为函数在上单调递减，令，又因为单调递减，则在上单调递增，则，所以实数的取值范围是.6.如图，一滑轮组中有两个定滑轮，，在从连接点出发的三根绳的端点处挂着三个重物，它们所受的重力分别为5N，5N，8N，此时整个系统处于平衡状态，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】依题意，，则，即，解得，所以.7.将所有正整数按照如下规律形成数阵：其中表示第行第个数，例如，若，则（）A.53 B.54 C.55 D.56【答案】C【解析】根据数阵的规律，可得每一行的数字的个数组成首项为，公差为的等差数列，所以前行中数字的个数之和为，当时，可得；当时，可得，则，又由数阵的第行的第一个数为，所以位于数阵的第行的第个数，即，所以.8.已知，函数的最大值为0，则的最小值为（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】依题意可得函数的定义域为，由函数的最大值为0，即在上恒成立，即的图象在的下方，结合图象可得，当函数的图象过原点，且与相切时，取得最小值，根据对称性，不妨只考虑的情况，即当与相切时，取得最小值，即在上恒成立，令，即时，取得最小值，则，令，则，又时，，即在上单调递增；时，，即在上单调递减，所以，解得．故选：A.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.已知奇函数满足，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】因为，所以，所以的周期为6，又因为是奇函数，所以，选项A，取函数，符合周期为6，且奇函数，但是，A错误；对于选项B，因为，因为，令代替，所以，所以，B正确.对于选项C，，因为，令代替，所以，所以，C正确.对于选项D，，因为，所以，D正确.10.在中，角，，所对的边分别为，，，下列各组条件中，能使得存在且唯一的是（）A.，，外接圆的半径为1 B.，，C.，， D.，，【答案】AD【解析】对A：由正弦定理可得，则，，，则，故存在且唯一，故A正确；对B：由，故，又，则，故不存在这样的，故B错误；对C：由正弦定理可得，，又，则，此时有两解，故C错误；对D：由余弦定理可得，故唯一确定，即该三角形三边确定，故存在且唯一，故D正确.11.已知抛物线（）的焦点为，为上一点，是圆上一点，若的最小值为1，则下列结论正确的是（

）A．当时，B．的最小值为C．过点作直线与圆相切，与交于，两点，若为线段的中点，则这样的直线恰有4条D．过点作圆的两条切线，这两条切线与交于，两点，若，则直线的方程为【答案】AD【解析】由抛物线定义可知，，又，故，故当时，，解得，所以当时，，故A正确；因为，所以圆心，半径为，所以的最小值为，又，所以当时，，所以的最小值为，故B错误；设，当直线斜率不存在时，直线方程为由抛物线及圆的对称性知，此时或，即直线或满足题意，当直线斜率存在时，显然斜率，此时，由，可得，所以，解得，矛盾，故当直线斜率存在时无解，综上满足条件的直线只有2条，故C错误；因为，所以，即，设过A圆的切线的斜率为，则切线方程为，则圆心到切线距离为2，即，即，设两根为，则，由，可得，一根为，另一根为，对应，令，所以交点坐标为，设，其中，所以，直线的斜率，设直线的方程为，代入点坐标可得，即，令，则满足，即，故，又，由得，由可得，代入，可得，于是，解得，故直线的方程为，即，故D正确.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则__________.【答案】【解析】由，得到，即，所以，两边取平方，，解得.13.将红､黄､蓝､绿四个小球放入三个盒子，三个盒子的颜色分别是红色､黄色､紫色，其中每个盒子至少放入一个小球，若不可以将小球放入和小球颜色相同的盒子，则不同的放法种数为__________.【答案】【解析】根据题意，四个不同的小球放入三个盒子，且没有空盒，则三个盒子中有1个盒子放2个球，剩下的2个盒子各放1个球，若红黄球一组，则这两个球只能放入紫色盒子，有种放法；若红蓝球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入黄色盒子时，有种放法，共有种放法；若红绿球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入黄色盒子时，有种放法，共有种放法；若黄蓝球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入红色盒子时，有种放法，共有种放法；若黄绿球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入红色盒子时，有种放法，共有种放法；若蓝绿球一组，当这两个球放入紫色盒子时，有种放法，当这两个球放入红色盒子时，有种放法，当这两个球放入黄色盒子时，有种放法，共有种放法；共有种放法.14.如图，正方体的棱长为4，，分别为，的中点，则三棱锥外接球的体积为________；过点作三棱锥外接球的截面，该截面面积的最小值为_______.【答案】；【解析】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设三棱锥外接球的球心为，半径为，则，即，解得，所以三棱锥外接球的体积为；由于球心，，则，要使截面面积最小，则垂直于截面，此时截面圆的半径为，则截面面积的最小值为.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.在数列中，.（1）证明数列为等比数列，并求出的通项公式；（2）设，记数列的前项和，证明：.（1）解：由，得到，又，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.则，得到，所以数列的通项公式为.（2）证明：由（1）知，所以，则，又，所以.16.如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，是面积为的等边三角形.（1）已知是的中点，证明：平面.（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：等边面积​​，得，由，，得，且，在中，，取中点，连接，因为是中点，故且，结合且，得且，即四边形是平行四边形，因此，又平面，平面，由线面平行判定定理得：平面（2）解：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，各点坐标为：，平面为平面，其一个法向量为，设平面的法向量为，，，由n2⋅PC=0n2⋅即，设平面与平面夹角为则，即平面与平面夹角的余弦值是.17.已知椭圆的离心率为，左顶点为，右焦点为.（1）求的方程；（2）经过的直线与交于两点，且以为直径的圆与直线相切，求的方程.解：（1）因为椭圆的离心率为，则①，又，则②，由①②解得，则，所以的方程为.（2）若直线的斜率不存在，，由，得到，所以，此时以为直径的圆的圆心为，半径为，又到直线的距离为，不合题意，若直线的斜率存在，设，，由，消得到，则，，，所以的中点为，则到直线的距离为，又，由题有，整理得到，解得，所以的方程为或,即或18.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）若为整数，当时，，求的最小值.解：（1）当时，，则，所以，，则曲线在点处的切线方程为，即.（2）易知的定义域为，又，当时，恒成立，此时在上单调递减，当时，令，即，解得，当时，，当时，，此时在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上所述，当时，在上单调递减；当时，的减区间为，增区间为.（3）由，得到，整理得到，令，则，令，则，当时，，当时，，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即在区间上恒成立，当时，，当时，，又恒成立，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，则，又，所以，则，又，所以，则，由题知，且为整数，所以的最小值为.19.现有（）个互不相同的点.这个点中任意两点之间都被随机赋予一个数值，且这对点之间的数值恰好为1，2，…，，这个互不相同的整数.对于每个点，它会在其余个点中，选择与之对应数值最大的点作为自己的“目标点”.若点A的目标点是点B，且点B的目标点也是点A，则称A与B构成一对“双向目标点”.（1）现有A，B，C，D四个互不相同的点，求点A与点B互为“双向目标点”的概率；（2）当时，设这4个点中构成的“双向目标点”的对数为，求的分布列与数学期望；（3）对于任意给定的（），设这个点中构成的“双向目标点”的对数为，求关于的表达式.附：若随机变量服从两点分布，且，则.解：（1）设所有对点之间的数值集合，其中．由于数值分配是完全随机的，则任取一对点，其两点间数值取集合中任意一个值的概率均为，4个点共有对点之间有数值，点A与点B互为＂双向目标点＂的充要条件：点A与点B之间的数值是所有与点A或点B关联的数值中最大的.与点A关联的数值有3个，与点B关联的数值有3个，其并集共有5个互不相同的数值，在完全随机分配的情况下，这5个数值中每一个数值都有相等的机会获得其中的最大数值．因此，点A和点B互为＂双向目标点＂的概率.（2）设这4个点中构成的＂双向目标点＂的对数为，所有6对点之间的数值中必定存在一个最大值，取得该最大值的两个点必定互为＂双向目标点＂，则．因为共有4个点，最多只能构成2对＂双向目标点＂，所以的所有可能取值为1,2.当时，意味着这4个点构成了两对没有公共顶点的＂双向目标点＂，此时所有6个数值中最大的两个数值恰好分配给互不相交的两对点.将4个点分为互不相交的两对点，共有种分法.从6对点中任选两对点被赋予最大的两个数值．因为这两对点互不相交，其余的4条边必然是连接这两对点的边，所以只要这两条不相交的边对应6个数值中最大的2个，那么与它们关联的任何其他边的数值必然小于这两个最大值，从而满足这两对点均满足＂双向目标点＂的条件，选法有种.故，从而，所以的分布列为12故.（3）设变量满足若点与点构成一对＂双向目标点＂，则，否则，则的充