江西省赣抚吉高中联盟2026届高三上学期12月联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份江西省赣抚吉高中联盟2026届高三上学期12月联考数学试卷（Word版附解析），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。
数学试卷
一、单选题
1．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．C．D．4
2．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．记为等差数列的前项和.若，则（ ）
A．12B．24C．36D．48
4．设是正实数，.若，则的最小值是（ ）
A．4B．2C．1D．
5．已知平面平面，，下列结论中正确的是（ ）
A．若直线平面，；
B．若平面平面，则；
C．若平面直线l，则；
D．若直线直线，则.
6．已知双曲线，若直线交双曲线右支于A，B两点，则双曲线的虚轴长的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列的前n项和为，，则使得最小时的n是（ ）
A．4B．5C．6D．7
8．已知的内角，，满足，其面积，则的外接圆半径为（ ）
A．2B．C．4D．
二、多选题
9．已知平面向量，，则（ ）
A．B．
C．与的夹角为锐角D．在上的投影向量为
10．下列有关说法正确的是（ ）
A．数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3
B．若随机变量X服从正态分布，则不论取何值，为定值
C．已知随机变量X服从二项分布，则
D．在回归分析中，决定系数越大，说明回归效果越好
11．设，，且，则下列关系式可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．如图，直线过椭圆的左焦点和一个顶点，该椭圆的离心率为 .

13．已知函数满足在区间内任意实数，都有，则的取值范围为 ．
14．正方体的顶点A在平面内，三条棱，，都在平面同侧．若顶点到平面的距离分别为，2，3，则该正方体外接球的表面积是 ．
四、解答题
15．已知函数的最大值为1．
(1)求函数的对称中心；
(2)求使成立的x的集合．
16．如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，将四边形沿着线段折起，连接就得到了一个三棱柱（如图2）.
(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
17．人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧．某科技公司计划开发三款不同的大语言模型A，B，C．每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收．只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立．只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布．已知A，B，C三款模型通过算法设计评审的概率依次为，，，通过工程部署验收的概率依次为，，．
(1)求A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审的概率；
(2)若已知A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为A的概率；
(3)经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，A，B，C三款模型能成功上线的数量为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
18．已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在处取得极小值，求a的值；
(3)若，正实数数列满足，，数列的前n项和为．求证：且．
19．已知抛物线仅经过，，中的一点．
(1)求的方程；
(2)过抛物线的焦点作互相垂直的两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点，其中点在第一象限．
（i）记和的面积为，求的最小值；
（ii）过点作轴的垂线，分别交于两点，请判断是否存在以为直径的圆与轴相切，并说明理由．
参考答案
1．D
【详解】由题意得，则.
故选：D.
2．A
【详解】解不等式得：，则，而，又，
所以.
故选：A
3．C
【详解】，，，
.
故选：C.
4．A
【详解】，
，
即，，当且仅当，即时取等号.
故选：A.
5．C
【详解】由平面平面，且，
对于A，若平面，可得或，所以A不正确；
对于B，若平面平面，则或与相交或与重合，所以B不正确；
对于C，若平面，且，所以，所以C正确；
对于D，如图所示，直线直线，则可能与相交或或，所以D不正确.
故选：C.
6．B
【详解】联立与可得
，设，
需满足，
由于直线恒过双曲线右顶点，故是方程的一个根，
另一根为，要使直线与右支有两个不同交点，需，
由韦达定理知，可得，由得，
又，解得，所以虚轴长.
故选：B
7．C
【详解】根据题意，数列，
当时，有，当时，有.
则当时，最小.
故选：C.
8．A
【详解】
即
即
又，故，
所以
所以
，
因为
又因为，
，
所以，
所以，解得.
故选：A.
9．ACD
【详解】因，则，故A正确；
因，，
则，故B错误；
，故C正确；
在上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD
10．BCD
【详解】对于A，将数据从小到大排序：1，3，5，6，8，9，11，13，由，所以该组数据的下四分位数为，故错误；
对于B，因为随机变量，所以，则，为定值，故B正确.
对于C，随机变量服从二项分布，故，
，故正确；
对于D，在回归分析中，决定系数越大，说明回归效果越好，故D 正确；
故选：BCD.
11．AC
【详解】由于，知，又，则，解得．
由题知，，设函数，
则，故在上单调递减，则，
故函数的值域为．而，，故A对B错；
由于，设，
则，故在上单调递减，所以，
故函数的值域为，若，则，故C对，D错.
故选：AC.
12．
【详解】依题意，，则椭圆半焦距，短半轴长，
因此该椭圆长半轴长，
所以该椭圆的离心率
故答案为：.
13．
【详解】因为在区间内任意实数，都有，
设，则，
所以函数 在 上单调递减，
令，
根据复合函数的单调性即外层函数单调递增，
则需满足：（1） 在 上恒成立；
（2） 在 上单调递减.
二次函数 开口向下，对称轴为 ，
为使 在 上单调递减，只需；
同时， 在 上恒成立，
由于 时 在 上递减，最小值在 处取得，
故需 ，解得 ，
综上， 的取值范围为 .
故答案为：
14．
【详解】
如图所示 ，以为坐标原点，分别以，，所在的直线
为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，
则有，
所以.
设平面的法向量为，
则点到的距离为①，
点到的距离为②，
点到的距离为③.
设④，
则①②③可化为，即.
将代入可得
，
又由④可知，所以，即.
设正方体外接球的半径为，则，所以，
所以正方体外接球的表面积为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）化简函数.
因为其最大值为1，而的最大值为1，所以.
解得，所以.
令，解得，
所以函数的对称中心为.
（2）令，即，
由，解得，
所以使成立的的集合为.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
证明：取中点，连接，
由题意知，，且，
因为是矩形对角线的交点，所以，且，
所以，且，所以四边形AOMG为平行四边形，
所以，
又平面平面，所以平面.
（2）在图1中，，且，在图2中，上述关系依然成立，
所以就是二面角的平面角，即，
故以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，垂直平面向上的方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则，
因为，，
所以，
即，
又，所以，
所以，
设平面的法向量为，
则
取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)；
(2)；
(3)分布列见解析，
【详解】（1）设A，B，C三款模型通过算法设计评审为事件，
A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件，
则
；
（2）由条件概率公式可得
；
（3）设A，B，C三款模型能成功上线为事件，
则，，，
的可能取值为，
则，
，
，
，
所以X的分布列如下：
数学期望为.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，
则，，故，
故曲线在点处的切线方程为.
（2）因，函数在处取得极小值，
则，所以，
此时，，
当时，，所以在区间上单调递增，
设，则，
设，则，
所以当，，所以在区间上单调递增，
又，，故存在使得，
所以当时，，则在上单调递增，
则，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故函数在时取得极小值，所以.
（3）若，则，则，
①先证明：当时，，
令，则，则在上单调递增，
故，即，命题得证；
②证明：当时，，
令，则，
因，则，故，则在上单调递增，
故，即，命题得证；
因，则，即，则，
因在上单调递增，则；
因，，则，
则，得证.
19．(1)
(2)（i） （ii）不存在以为直径的圆与轴相切.
【详解】（1）由抛物线的对称性可知抛物线经过点，则一定经过点，不合题意舍去.
故由题意可知，抛物线经过点，则，即，
∴抛物线.
（2）（i）当直线，中任意一条直线斜率不存在时，另一条直线与抛物线只有一个交点，
∴直线，的斜率一定存在，设，∵，∴，
由（1）可知，则，，
联立方程组得，整理得，
设，则，
∴，
，
联立方程组得，整理得，
设，则，
∴，
，
，
∵，当且仅当，即时取等号，
∴，
当时，取得最小值.
（ii）设，
∵，∴，
，∴
由对称性可取，则.
由（i）可知，，
∴直线，令，则
同理
∴直线，令，则
∴中点为点，
∵直线轴，∴直线到轴的距离为，
要想以为直径的圆与轴相切，则.
当时，即，则，
则，即.
将代入得，
此时，方程无解，
即.
∴不存在以为直径的圆与轴相切.0
1
2
3