江西省宜春中学2026届高三上学期一轮诊断考试 数学 Word版含解析含答案解析

这是一份江西省宜春中学2026届高三上学期一轮诊断考试 数学 Word版含解析含答案解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数，则z的虚部为（ ）
A．3B．1C．D．i
3．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．5
4．在中，已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．若，且满足，则的最小值是（ ）
A．6B．18C．D．9
6．当时，关于x的不等式有解的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
7．已知一正三棱柱的底面边长为6，其内部有一球与其各表面都相切，则该正三棱柱的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．设，则下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．若将的图象向右平移个单位得到奇函数，则的最小值为
C．若在单调递减，则
D．若在上只有1个零点，则
10．已知函数的定义域为，是奇函数，，，则（ ）
A．的一个周期为4B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点中心对称D．
11．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
三、填空题
12．已知函数，则满足的实数的取值范围是 .
13．已知各项均不为零的数列满足：．若，则数列的前n项和 ．
14．已知函数的导函数满足：，且，当时，恒成立，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题
15．在深化课程改革、推动教育高质量发展的新阶段，命题能力已成为教师专业发展的关键能力，某省开展2025年学科教师命题能力高质量研修提升培训会，参会人员包括300名经验丰富教师（年龄在35岁及以上的教师），200名经验不丰富教师（年龄在35岁以下的教师），会后均参加相关知识考核，考核结果为优秀、合格两种情况，统计并得到如下列联表：
(1)根据小概率值的独立性检验，能否认为这次考核结果与经验丰富与否有关？
(2)若从参会人员中，采用分层抽样的方法随机抽取10名教师，再从这10名教师中随机抽取4人进行调研，设抽取的4人中经验不丰富教师的人数为X，求X的分布列和数学期望．
附：，其中．
16．各项均不为0的数列对任意正整数满足：．
(1)若为等差数列，求；
(2)若，求的前项和．
17．如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点为上一点，周长为，其中为坐标原点．
(1)求的方程；
(2)直线与交于两点，
（i）求面积的最大值；
（ii）设，试证明点在定直线上，并求出定直线方程．
19．已知函数
(1)求在处的切线方程;
(2)讨论的单调性;
(3)证明:
参考答案
1．B
【详解】由题意可得：．
所以.
故选：B．
2．A
【详解】，虚部为3.
故选：A
3．C
【详解】由题意可得，因为，
则，
即，解得.
故选：C.
4．D
【详解】因为，
由正弦定理得：，
由余弦定理，，
又为三角形内角，所以.
故选：D
5．C
【详解】由，
则
.
当且仅当时取等号，即，再结合，
可得，时取等号.
故选：C
6．C
【详解】当时，关于x的不等式有解，
即在上有解.令，，
所以，则，
代入得，

当且仅当时取等号，此时，的最小值为6.
故当时，关于x的不等式有解的充要条件是，
所以满足题意的充分不必要条件是的真子集，选项中只有C符合
故选：C
7．D
【详解】

边长为6的正三角形的内切圆半径为：，
所以正三棱柱的高为，
则外接球半径，
所以外接球的表面积为：，
故选：D.
8．C
【详解】记，因为，当时，，所以在上单调递增，
则当时，，即，取，所以，
记，因为，所以在上单调递减，
则当时，，即，取，所以，故，即；
记，因为，当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，即，取，所以，即；
所以.
故选：C.
9．ABC
【详解】对于A，由可得关于对称，
所以，可得：，
因为，所以的最小值为，故A正确；
对于B，将的图象向右平移个单位得到，因为为奇函数，
所以，则，所以的最小值为，故B正确；
对于C，函数的单调减区间为：
，则，
令，，则，故C正确；
对于D，若在上只有1个零点，则，
取，令，则，
则，时，无零点，故D不正确.
故选：ABC.
10．ABD
【详解】对于A，，，
的一个周期为4，故A正确；
对于B，是奇函数，，
，故，
的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，，
的图象关于点中心对称，故C错误；
对于D，，，，又，，
，，
故，故D正确.
故选：ABD
11．BD
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
12．
【详解】解：根据题意，函数，，即函数为奇函数，
又由在上为减函数，在上增函数与，则函数在上为减函数，
则
，
解可得：，
即的取值范围为；
故答案为：
13．
【详解】，
所以数列是公比为2的等比数列，
所以，
所以数列是公比为的等比数列，所以．
故答案为：
14．
【详解】设，则，故，则，又因为，即，所以，，，因为，所以在上恒成立，其中，理由如下：构造，则，令得：，当得：，当得：，故在处取的极小值，也是最小值，，从而得证.
故，故，实数a的取值范围为
故答案为：
15．(1)不能
(2)分布列见解析；
【详解】（1）零假设：认为这次考核结果与经验丰富无关，
由题意，
所以根据小概率值的独立性检验，推断成立，
即不能认为这次考核结果与经验丰富与否有关.
（2）由题意，名教师中经验丰富的教师人数为人，经验不丰富的教师人数为人，
则可取的值有，
，，
，，，
的分布列如下表
所以.
16．(1)
(2)
【详解】（1）由题意，
当时，，
两式相减得，
因为为等差数列，在式子：中令，
得，所以，
所以或，
若，则，但这与矛盾，舍去，
所以.
（2）因为，所以，
而当时，，所以此时，
所以此时，
而也满足上式，
综上所述，的前项和.
17．(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
18．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析，．
【详解】（1）设焦距为，依题意，解得，
又，所以，
所以的方程为．
（2）（i）设，
因为，所以，
，解得，
所以，
点到直线的距离，
所以的面积
当且仅当，即时，面积的最大值为．
（ii）设，由，有，
即
因为，所以，
故，于是有，
所以点在定直线．
19．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【详解】（1），，则，
又在处的切线方程为.
（2）由题意可得：的定义域为，，
当时，则在上恒成立，可知在上单调递减；
当时，令，解得；令，解得，
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）令，，
则，
由可知，令，．
因为，在上单调递增，则在上单调递增，
且，，
可知在上存在唯一零点，，
当，则，即；
当，则，即，
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，
又因为，则，，，
可得，
即，所以.经验丰富教师
经验不丰富教师
总计
优秀
200
150
350
合格
100
50
150
总计
300
200
500
0.1
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
0
1
2
3
4