江西省抚州市重点高中2026届高三上学期期中考试 数学试卷（含答案）

这是一份江西省抚州市重点高中2026届高三上学期期中考试 数学试卷（含答案），共17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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知为数列的前n项和，且，，则（ ）
A．34B．44C．56D．72
3．已知甲、乙两人同时向目标射击，至少有一人命中的概率为，已知甲射击的命中率为，且甲、乙两人的命中率互不影响，则乙射击的命中率为（ ）
A．B．C．D．
4．过原点且倾斜角为的直线被圆：所截得的弦长为（ ）
A．B．2C．D．4
5．将函数的图像向左平移个单位，所得图像关于原点对称，则最小时，（ ）
A．B．C．D．
6．在直角梯形中，已知，点是边的中点，点是边上一个动点．则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知正三棱锥中，，为底面正三角形的中心，以为球心，半径作一个球，则球面与正三棱锥的表面相交的所有交线的总长为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，对任意，都满足，则正数的最大值为（ ）
A．B．eC．D．2e
二、多选题
9．已知向量，的夹角为 ，且，，则（ ）
A．B．
C．D．在的方向上的投影向量为
10．记，分别为双曲线的左、右焦点，以为圆心，以E的焦距为半径的圆T与E的右支交于P，Q两点，则（ ）
A．E的渐近线方程为B．
C．D．
11．已知函数，则（ ）
A．存在a，b使得为奇函数
B．存在a，b使得为偶函数
C．当，时，在上单调递减
D．过曲线上一点作曲线的切线与交于，必有
三、填空题
12．设，若复数在复平面内的对应点在第三象限，则x的取值集合为 ；
13．已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中的系数为 ．
14．若内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角.三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家克雷尔于1816年首次发现，1875年被法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名.若的三边长分别为，则的“布洛卡角”的正切值为 .
四、解答题
15．在中，内角对应的边分别是，且.
(1)求角A的大小；
(2)若为锐角三角形，，求的范围.
16．某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下:
(1)经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间的概率.
(2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望.
参考数据: 若随机变量，则，，.
17．如图，在底面为直角梯形的四棱锥中， ，，平面，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小；
18．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，且坐标原点O到直线l的距离为，则的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
(3)在（2）的条件下，试求三角形的面积S的取值范围．
19．已知函数，
(1)求在区间内的极值点个数；
(2)记为在区间内的一个极值点，证明：
（i）
（ii）.
参考答案
1．D
【详解】，即，
，解得，即，
所以.
故选：D
2．D
【详解】由，得，所以是以为公差的等差数列，
由，得，解得，
所以．
故选：D.
3．B
【详解】设乙命中率为，则由题意得，解得，
故选：B.
4．D
【详解】过原点且倾斜角为的直线方程为，
即，
圆：，圆心，半径，
圆心到的距离，
故直线被圆所截得的弦长为.
故选：D
5．B
【详解】解析：平移后，，
所以.
所以，因为，所以最小值为.
所以.
故选：B
6．D
【详解】
如图，以点为原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
依题意，有，
设，则，
且，
由，
因，故.
故选：D.
7．A
【详解】因为正三棱锥，如图1，设中点为，连接.
根据正三棱锥的性质，顶点在底面上的射影在底面三角形的中心，且等腰三角形三线合一，
所以，（是侧面等腰三角形的高，是底面正三角形ABC边AB上的高）.
过作，交于，由于，，，可得平面，
又平面，所以，而，且都在平面内，所以平面.
已知为线段CH上靠近的三等分点，，，那么.
在中，可得.
根据三角形面积公式，可得，则，故，
如图2，球与的交线为以为圆心，以为半径的圆在内部的三段圆弧.
因为正三棱锥底面是正三角形，其中心到三边的距离相等，
所以每段圆弧所对的圆心角为，每段弧长为，三段弧长之和为.
如图3，球与的交线为以为圆心，以为半径的圆在内部的一段圆弧.
若，由题设易知为等腰直角三角形，则，
所以是等腰直角三角形，则，
所以且，故且，
所以，可得，结合对称性易得，且，则，
所以在内部的弧线为以为半径的圆弧的四分之三，其弧长为.
因为有三段球与交线的圆弧和三段球与交线的圆弧（正三棱锥有三个侧面和一个底面），
所以球面与正三棱锥的表面相交所得到的曲线的长为.
故选：A.
8．B
【详解】由题意可知的定义域为，
由条件可得，
所以.
设，
则在上单调递增.
求导得，
则在上恒成立，所以，即恒成立，
易知在上单调递增，故只需，即在时恒成立即可.
设，则，可知在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，即的最大值为e.
故选：B
9．AB
【详解】，，故A正确；
，所以，故B正确；
，所以，
又因为，所以，故C错误；
在上的投影向量为，故D错误；
故选：AB．
10．ACD
【详解】对于A选项，易知中实半轴长，虚半轴长，半焦距，
则E的渐近线方程为，故A正确；
对于B选项，易得E的焦距为4，，故圆T的方程为，
即，故B错误；
对于C选项，联立，可得，
故（舍）或，代入可得，
不妨令P在第一象限，则，，
显然，故C正确；
对于D选项，显然，
故由余弦定理可得，故D正确．
故选：ACD．

11．AC
【详解】选项A，若为奇函数，则对任意，有，
代入，得，
化简为，两边消去，
得，即.
该式对任意成立，仅当，可为任意实数，故存在使为奇函数，A正确.
选项B，若为偶函数，则对任意，有，
代入得，
化简为，两边消去，
得，即，此方程不恒成立，B错误.
选项C，当，时，，.
令，其图象对称轴为，在区间上，，
，，
故，又时，，
因此恒成立，在上单调递减，C正确.
选项D，取，，则，，设，
在点处，，
切线方程为，即.
联立切线与方程，由消去得，即，
因式分解为，解得（与相同）或，故.
此时，故D错误.
故选：AC
12．.
【详解】因为复数在复平面内的对应点在第三象限，
则，所以
则x的取值集合为；
故答案为：.
13．1215
【详解】由的展开式中各项系数之和为64，得当时，，
即，解得，则展开式中含的项为，
所以所求展开式中的系数为1215.
故答案为：1215
14．
【详解】不妨设，的“布洛卡角”为，如图，

由余弦定理可得，
所以，所以，
由于，
所以，所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
所以，即，
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
即，
因为在中，，
所以，又，
所以.
（2）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.
16．(1)0.8186
(2)分布列见解析，1
【详解】（1）因为零件的直径服从正态分布，所以，
则，
即.
（2）由题意，随机抽取一个零件，直径在区间的概率为，
由题意知的所有可能取值为
故，，
，，
，
故X的分布列为
∵满足二项分布，的数学期望为.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面，在平面内．
∴，
∵，，
∴．
∴，即．∵平面，
∴平面．
（2）设，连接，∵平面．都在平面内，
∴．∴是二面角的平面角．
在Rt中，，∴，
∴，
∴二面角的大小为．
18．(1)
(2)的大小为定值
(3)
【详解】（1）解：因为的离心率为，所以，即①
因为在椭圆C上，所以②，
又③，
所以，联立方程①②③解得：，
所以椭圆C的标准方程为
（2）解：当直线l的斜率不存在时：直线l的方程为，
由对称性，不妨令直线l的方程为．
联立，将代入得：，
所以，即，解得：，
所以
此时，即与垂直，
所以．
当直线l的斜率存在时：设直线l的方程为，，．
由点到直线的距离公式，可得，两边平方得．
联立，消去y得．
则，即．
由韦达定理可得，．
所以
将代入上式得：，
所以，即．
综上，的大小为定值，该定值为．
（3）解：直线l的斜率不存在时：，则．
当直线l的斜率存在时：，
将代入上式得：
，
所以三角形的面积．
当时，；
当时，．
由基本不等式
（当且仅当，即时取等号）．
则，，，
，
，即．
综上，．
19．(1)在区间内有且只有一个极值点.
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1），设，则
若n为正偶数，则当时，，从而，单调递减.
又，，则恰有1个变号零点，所以恰有一个极值点.
若n为正奇数，则当时，，从而，单调递增.
又，，则恰有1个变号零点，所以恰有一个极值点
综上，在区间内有且只有一个极值点.
（2）（i）由题设，，则，即.
则
因为，则当n为偶数时，，从而；
当n为奇数时，，从而，所以
（ii）因为，则，从而
又，则，
令，则，，且
因为当时，.又
则
于是，
即，
从而
所以零件直径 (单位: 厘米)
[1.8，2.0]
零件个数
10
25
30
25
10
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
B
D
B
D
A
B
AB
ACD
题号
11









答案
AC









0
1
2
3
4