江西省景德镇市2026届高三上学期第一次质量检测 数学试卷

这是一份江西省景德镇市2026届高三上学期第一次质量检测 数学试卷，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．已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点在第（ ）象限
A．一B．二C．三D．四
2．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
3．一个各项均为正数的等比数列，第三项等于第四项和第五项之和，则公比等于（ ）
A．B．2C．D．
4．“关于x，y的方程表示的曲线是圆”是“”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要
5．若,则（ ）
A．B．C．D．
6．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得一分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满4局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负互相独立，则比赛停止时已打局数的期望为（ ）
A．B．C．D．3
7．双曲线，过点作的两条渐近线的平行线，分别与渐近线相交于A，B两点，则平行四边形OAPB的面积是（ ）
A．B．1C．D．2
8．定义在上的函数满足，又当时，恒成立，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在正方体中，下列说法正确的有（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．平面
10．已知函数在处取得极大值2，则（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．的一个递增区间为
D．将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数
11．已知为坐标原点，点的轨迹与轴的交点分别为，当点与，均不重合时，点到点和到定直线距离的平方和为4，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹方程为
B．的最大值为
C．当点与P，Q均不重合时，直线MP，MQ的斜率之积为定值-2
D．是点的轨迹上的两点，，若斜率互为相反数，则的斜率为
三、填空题
12．已知向量，且与的夹角是，则 .
13．已知数列的前项和为，且数列为等差数列，若，则 .
14．已知函数，对于任意，满足时，的取值范围为 .
四、解答题
15．“赣超”是江西省于2025年推出的全新的业余足球赛事，采用“政府主导+地方协同+协会运营”的模式组织，旨在增强城市荣誉感和群众参与度，赛事口号为“以球为名，为城而战”.该联赛以城市为单位组队参赛，全省11个设区市组成南北两个赛区，全程66场比赛，赛程长达110天，比赛均安排在周末.2025年7月12日在南昌八一体育场开幕，南昌队对阵景德镇队，现场观众达14521人，受到高度关注.
现收集了已进行的6场比赛的场次顺序和对应球迷人数（千人）数据如下
(1)求球迷人数对场次的线性回归方程，数据保留小数点后两位；
(2)某公司组织城市知识问答活动，活动共有5个问题，其中3个为城市历史知识，2个为陶瓷制作工艺，答对4个问题可获得球赛门票一张.甲答对每个城市历史知识问题的概率为，答对每个陶瓷制作工艺问题的概率为，求甲赢得门票的概率.
参考数据：
参考公式：.
16．记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的外接圆半径为1，设面积为，且
(1)求角；
(2)求的最大值.
17．已知抛物线的焦点为，过点的直线交拋物线于两点，点，若直线AC，BC分别与直线交于两点，
(1)求抛物线的方程；
(2)求以为直径的圆在轴上截得的弦长.
18．如图，在正四棱柱中，，点在棱上，平面ACE.

(1)证明：平面ACE；
(2)在棱上是否存在一点，使得三棱锥的外接球表面积为，求AF的长；
(3)在第（2）问的条件下，求直线与平面CEF所成角的正弦值.
19．已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求曲线与曲线的公切线方程；
(3)设函数存在两个极值点为，求证：关于的方程有唯一解
参考答案
1．B
【详解】，
则的共轭复数在复平面内对应的点为第二象限.
故选：B.
2．D
【详解】由得，等价于，解得，
所以，
又因为，故.
故选：D.
3．C
【详解】设等比数列的公比为，其中且，
因为第三项等于第四项和第五项之和，可得，所以，
所以，解得，
又因为，所以.
故选：C.
4．B
【详解】化成标准方程，
所以，解得或，
因为或推不出，可以推出或，
所以方程表示圆是的必要不充分条件.
故选：B.
5．B
【详解】,
,,
.
故选：B.
6．C
【详解】的可能取值为2，4，
，
所以.
故选：C.
7．A
【详解】渐近线方程为，
方程为，与渐近线联立，
得，；
点到的距离
所以平行四边形OAPB的面积.
故选：A.
8．A
【详解】令，
则，
所以为偶函数，
当时，，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以
因为
所以，
所以，
所以，
故选：A.
9．BC
【详解】对于A，在正方体中，可得，
因为平面，所以与不平行，所以A错误；
对于B，在正方体中，可得，
因为平面且平面，所以平面，所以B正确；
对于C，在正方体中，可得平面，
因为平面，所以，
又由，且，平面，所以平面，所以C正确；
对D，由选项C知：平面，过点有且仅有一条直线与平面垂直，所以与平面不垂直，所以D错误.
故选：BC.
10．ACD
【详解】对于A，由函数，其中，
所以函数的最小正周期为，所以A正确；
对于B，由，
因为在处取得极大值，可得，
所以，可得，
又因为的极大值为，可得，解得，所以B错误；
对于C，由函数，令，
可得，所以函数的递增区间，
令，可得函数的递增区间为，所以C正确；
对于D，将的图象向左平移个单位长度，可得，
此时函数为偶函数，所以D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【详解】对于A，因为点到点和到定直线距离的平方和为，
可得，整理得，所以A正确；
对于B，根据椭圆的几何性质，可得的最大值为，所以B正确；
对于C，当点与均不重合时，设，可得，
则，所以C错误；
对于D，设AB方程为，即，
联立方程组，整理得，
则，可得，
用替换表达式中的可得，
所以，
所以，所以D正确.
故选：ABD.
12．－4
【详解】，所以.
故答案为：－4.
13．-7
【详解】即
因为数列为等差数列，
数列的公差为1，
.
故答案为：-7.
14．
【详解】在R上单调递增，不妨设，记
所以当时，取得最小值0；
当时，取得最大值
，
当且仅当时取等号，
所以的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为
所以

所以回归方程为
（2）①甲答对5题的概率为
②甲3个城市历史知识都答对，2个陶瓷制作工艺问题只答对一个的概率为

③甲3个城市历史知识只答对2个，2个陶瓷制作工艺问题都答对的概率为

所以甲赢得门票的概率.
16．(1)
(2)6.
【详解】（1）因为，
所以
所以，又由正弦定理，，
所以，
所以，因为为锐角三角形，所以
（2）由正弦定理，，
由余弦定理，，
由基本不等式，当且仅当时，等号成立.
综上所述，的最大值为6.
17．(1)
(2)
【详解】（1）由抛物线，可得焦点为，
因为抛物线的焦点为，可得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，

联立方程组，整理得，
设，可得，且，
因为，可得 ，所以AC的方程为，
令，可得，所以点，
同理可得，点，
设以MN为直径的圆与轴的交点，则，
则，
由，可得，则，
所以
，解得，
所以以MN为直径的圆在轴上截得的弦长.
18．(1)证明见解析
(2)
(3).
【详解】（1）

依题意，，所以四边形为正方形，
所以，连接DB交AC于，则为DB的中点，
由平面ACE可知，，所以为的中点，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以平面ACE
（2）方法一：设，
可知三棱锥的外接球的球心必在过CF中点且垂直面AFC的直线上，且，
设球心为点，三棱锥的外接球表面积为，
则三棱锥的外接球的半径.
因为点到面ABC的距离为，设点到的距离为，直线与的交点为，
则，球心到CF中点的距离为，
则，代入上述方程组中的第一个式子，可得，
又因为，则.
方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，且，
设球心，则，
则.
（3）建立如图所示的空间直角坐标系，

则.
则
设平面FEC的法向量为，
由即：
令，则，
所以.
设直线与平面CEF所成的角为，
所以
所以直线与平面CEF所成角的正弦值为.
19．(1)递减区间为上单调递减，递增区间为
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为且，
令，解得，在上单调递减，
令，解得，在上单调递增，
所以函数的递减区间为，递增区间为.
（2）解：设的切点为，则的切线为，
设的切点为，则的切线为，
则，可得，所以，
令，所以，
令，可得
当时，，单调递减，即在上单调递减，
当时，，单调递增，即在单调递增，
所以，所以在R上单调递增，且，
所以方程有唯一解，所以公切线方程为.
（3）证明：证法一：关于的方程有唯一解，
等价于，其中，
因为，所以，
函数的存在两个极值点为，
令，所以，
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
且时，，所以，所以且，
令，可得，
所以在上单调递增函数，且，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以关于的方程有唯一解
证法二：关于的方程有唯一解
等价于，其中，
即证，也就是
因为，可得，所以，
所以，则，
即，
因为，即证，
设，可得，
所以函数在上是增函数，所以，
所以，
所以关于的方程有唯一解.场次
1
2
3
4
5
6
球迷人数（千人）
15
17
23
23
29
31