【数学】江西省部分学校2026届高三上学期8月百万大联考试题（学生版+解析版）

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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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，，所以.
故选：C.
2. 复数的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】A
【解析】因为复数，所以该复数在复平面内对应的点为，
故该复数在复平面内对应的点位于第一象限.
故选：A.
3. 抛物线的焦点到它的准线的距离为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】将抛物线的方程转化为，故，该抛物线的焦点到它的准线的距离为.
故选：D.
4. 在正项等比数列中，，则的公比为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】设的公比为（），等比数列通项公式为，
由，可得，解得或（舍）.
故选：B.
5. 已知函数的导函数为，若函数的图象如图所示，则的极小值点为（ ）
A. B. 0C. 或D.
【答案】D
【解析】由图可知，当时，，
当时，，当且仅当时，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
从而的极小值点为.
故选：D.
6. 已知数据的平均数为，数据的平均数为，若数据与数据混合后的平均数为，则数据与数据混合后的平均数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设数据的平均数为，则，整理得，
故数据与数据混合后的平均数为.
故选：A.
7. 已知圆柱与圆锥的底面半径相等，高相等，且圆锥的轴截面为正三角形，记圆柱外接球的表面积为，圆锥外接球的表面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】不妨设圆柱与圆锥的底面半径为1，则由圆锥的轴截面为正三角形，可得圆柱与圆锥的高均为.
设圆柱外接球的半径为，圆锥外接球的半径为，
由图可得，，
解得，故，
则.
故选：A.
8. 在数列中，，且，则数列的前2025项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，可得，
所以，
，
…
.
以上各式相加得：，
所以，
而也符合该式，故.
则.
设的前项和为，则，
从而.
故选：B.
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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递增D. 的一个零点为
【答案】ABC
【解析】选项A，的最小正周期为，所以A正确；
选项B，因为，所以的图象关于直线对称，所以B正确；
选项C，由，可得，则在上单调递增，所以C正确；
选项D，，，所以D不正确.
故选：ABC.
10. 若的展开式中存在含的项，则的值可能是（ ）
A. 2B. 11C. 15D. 20
【答案】BD
【解析】展开式的通项，展开式的通项.
因为的展开式中存在含的项，所以或，
即或，其中，且.
经检验知，当时，，，不符合题意，
当时，，不存在，符合题意；
当时，不存在，也不存在，不符合题意；
当时，，，，符合题意.
故选：BD.
11. 已知函数，（，且，），则（ ）
A. 的图象是中心对称图形
B. 的值域为
C.
D. 当函数时，存在，使得
【答案】AD
【解析】对于A，因为，
所以，的图象关于点对称，A正确.
对于B，，
因为，且，所以，B不正确.
对于C，（，且），
则（，且），则，
从而，C不正确，
对于D，（，且）.
令，易知在和上单调递增，
因为，，，，，，
所以存在，，，使得，
则存在，使得，D正确.
故选：AD.
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_______________.
【答案】
【解析】由，可得，当时，，
则曲线在处的切线方程为，即.
故答案为：.
13. 中国象棋中规定：马走“日”字.中国象棋的棋盘如图所示，若马在点A处，则走一步可到点或处，得到向量或，记棋盘的每一格为一个单位长度，当马在点处时，它走一步所得到的所有向量之和的模为_________________.
【答案】
【解析】如图，由题可知当马在点处时，
它走一步可以到点或或处，得到的所有向量为.
以为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，，
，则.
故答案为：.
14. 已知为坐标原点，是椭圆上异于顶点的动点，圆与直线交于两点，与轴、轴分别交于两点，且，则面积的取值范围为____________.
【答案】
【解析】由题可知，.
由，可得.
因为是上的点，所以，则.
又，所以.
设到的距离为，则，则.
由，可得，，
则，所以，
故答案为：.
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. 已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求的最小值.
【答案】解：（1）因为，所以
又
所以
因为，所以，则.
（2）由（1）可知，，
则的面积，
则.
由余弦定理得，
当且仅当时，等号成立，
从而，即的最小值为.
16. 一个不透明的口袋中装有3个红球、2个黄球和2个绿球，这些球除颜色外其他完全相同，现从这个口袋中一次性地摸出3个球.
（1）求摸出的红球个数比黄球个数多的概率；
（2）记摸出的球的颜色种类为，求的分布列与期望.
【答案】解：（1）由摸出的红球个数比黄球个数多，可知摸出的球可能为3个红球，可能为2个红球和1个黄球（或1个绿球），可能为1个红球和2个绿球，
其中摸出3个红球的概率为，
摸出2个红球和1个黄球（或1个绿球）的概率为，
摸出1个红球和2个绿球的概率为，
故摸出的红球个数比黄球个数多的概率为.
（2）由题可知，的所有可能取值为1，2，3，
，
，
，
则的分布列为
故.
17. 已知双曲线的右焦点为，右顶点为为坐标原点，且.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与的右支交于两点，记的左顶点为，证明：.
【答案】（1）解：由，可得，即，
则，
所以的方程为；
（2）证明：如图，
解法一：证明：由题可知，的斜率不为0，
可设的方程为，
由，可得，
则，，，
由题可知，则，，
，
所以.
解法二：若的斜率不存在，则可得，由题可知，
则，则.
若的斜率存在，则可设的方程为，.
由可得，
则，，.
，
则，
所以.
18. 如图，在正四棱锥中，，为的重心.

（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）将绕着在平面的同侧旋转，使得点到达点的位置，当点到平面的距离最大时，记与平面所成的角为，求的值.
【答案】（1）证明：如图，延长，与交于点，则为的中点，取的中点S，连接.
在正四棱锥中，由，为的中点，为的中点，
可得,则，从而，
由，，可得，
因为，平面，所以平面，即平面.
（2）解：取的中点，连接，则平面，
在中，，
连接，则，
因为为的重心，所以.
（3）解：连接，因，，平面，则平面，
又平面，则，
则旋转过程中，当平面时，点到平面的距离最大，
以S为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
过点S的平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
连接.设，
则，
则，，.
由平面，可得，则
解得
由（1）可知平面的一个法向量为，
则，
所以.
19. 已知函数.
（1）当时，证明：，；
（2）若在上单调递增，求的最大值；
（3）证明：，.
【答案】（1）证明：由，得，则在上恒成立，
则在上单调递增，
故，.
（2）解：法一：由，得.
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
当时，，由（1）可知，在上恒成立，
则在上恒成立，即在上恒成立，从而在上单调递增，符合题意.
当时，，显然，在上恒成立，
令，则，显然在上单调递增，
由，得，则存在，使得，
则当时，单调递减，当时，单调递增，
从而当时，，则，从而在上单调递减，不符合题意，
综上所述，的最大值为.
法二：由题可知在上恒成立，则在上恒成立，
令，则
因为在上恒成立，所以在上恒成立，
所以在上单调递增.
当无限趋近于时，无限趋近于，
由洛必达法则，得，
则，从而，即，
故的最大值为.
（3）证明：由（2）可知，当时，在上单调递增，且，
则在上恒成立，
由，可得，
则，则；
令，则，在上单调递增，
从而，即在上恒成立，故对任意的恒成立，
，
则

1
2
3