【数学】江西省上饶市2026届高三上学期第一次高考模拟考试试题（学生版+解析版）

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一、单项选择题：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. 若集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，无解；由，解得；由，解得，所以，所以，
故选：C.
2. 已知，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，代入得：，
所以虚部为，
故选：D.
3. 已知函数，则（ ）
A. 4B. 9C. 16D. 25
【答案】C
【解析】因为，令，解得，
所以．
故选：C.
4. 已知，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，，则，，
由，得，解得.
故选：B.
5. 将6个相同的小球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子都要有小球，则不同的放球方法共有（ ）
A. 4种B. 6种C. 10种D. 12种
【答案】C
【解析】本题是6个相同的小球放入3个不同的盒子，且每个盒子至少有1个小球的组合问题，可以使用隔板法，
将6个小球排成一排，中间形成5个空隙，在这5个空隙中插入2个隔板，
即可将小球分成3份，每份至少有1个，
因此，不同的放法共有种，
故选：C．
6. 已知，且，则（ ）
A. 4B. 3C. D. 2
【答案】A
【解析】，由得，
则
所以
故选：A．
7. 已知函数，则下列说法错误的是（ ）
A.
B.
C. 对定义域内的任意两个不相等的实数恒成立
D. 若实数满足，则
【答案】C
【解析】，
对于A选项，对任意的，
，
所以函数是定义域为的偶函数，，故A正确；
对于B选项，，
故函数为奇函数，故B正确；
对于C选项，对于函数，
令，解得；
，解得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，故C错误；
对于D选项，由函数是定义域为的偶函数
同时函数的单调递增区间为，单调递减区间为
所以可得，即，故D正确．
故选：C．
8. 已知正方体的棱长为4，棱上的点满足与交于点．若平面经过点且与垂直，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）
A. 4B. 7C. 4D. 7
【答案】B
【解析】如图，设的中点为，
是正方体，是正方形，，，
，平面，平面，
与交于点，平面，，
是正方体的棱长为，为的中点，，
，
，
，
，
，，
，，平面BDF，
平面．

平面经过点且与垂直，平面平面，
，是的中点，，
在上取点，使得，连接，则，
在上取点，使得，连接，则，
取的中点，连接，则，
取的中点，为的中点，，，
在上取点，连接，则，
连接，连接，故平面平面，
则截面五边形为平面，
梯形中，，
则梯形的面积．
中，，又，
所以，
即．
故选：B．
二、多项选择题：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，部分选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 最小正周期为
B. 偶函数
C. 图象关于点中心对称
D. 在区间上单调递减
【答案】BC
【解析】根据题意，，
所以函数，
所以函数是周期为的偶函数，A错误，B正确．
函数的图象关于点中心对称，C正确，
函数在区间上不单调，D错误．
故选：BC．
10. 已知函数，则（ ）
A. 在点（2，a-4）处的切线方程为
B. 若有两个极值点，则
C. 当时，有两个零点
D. 当时，直线与的图象一定有三个不同的交点
【答案】ABD
【解析】选项A，
，
在点（2，a-4）处的切线方程为，
即切线方程为，选项A正确．
选项B，，
有两个极值点，有两个不同的根，
，，选项B正确．
选项C，当时，由前面分析知存在两个极值点，
是有两个不同的根，
，，一正一负，且正根大于，
不妨设，则的解为或，
的解为，
当时单调递增，
当时单调递减，当时单调递增，
，，
，
，
当时，有三个零点，选项C错误．
选项D，直线与相交，
则，
解得考虑二次部分，，
，，，
设，，
不是的根，所以该方程有3个根，选项D正确．
故选：ABD.
11. 对任意有序正实数对，若存在过点的直线与双曲线交于两点，且为线段的中点，则称该数对为有效数对，否则称为无效数对，则下列数对中是有效数对的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】设直线的斜率为，，
则有，，
两式相减得，即，
又为的中点，即，且，
所以，且直线与双曲线有两个交点，
对于A：此时数对为，则，直线，双曲线，
联立，得，
，满足直线与双曲线有两个交点，故A正确；
对于B：此时数对为，则，直线，双曲线，
联立，此时无解，不满足直线与双曲线有两个交点，故B错误；
对于C：此时数对为，则，直线，双曲线，
联立，得，
，不满足直线与双曲线有两个交点，故C错误；
对于D：此时数对为，则，直线，双曲线，
联立，得，
，满足直线与双曲线有两个交点，故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. 已知抛物线的顶点到焦点的距离为3，则___________．
【答案】12
【解析】因为抛物线的顶点到焦点距离为，故，故，
故答案为：12．
13. 在边长为3的正方形中，三点分别在上，满足，，则五边形面积的最大值是___________．
【答案】7
【解析】设，则，
因为且，所以，
在直角中，，所以
同理可得，
所以，
，
因为，当且仅当时，即时等号成立，
所以五边形EFDCG面积的最大值是7．
14. 方程的整数解的组数为___________．
【答案】12
【解析】原方程变形得，即，
由是整数，得或，或或，
而方程组与各有2组解，方程组与各有4组解，
所以原方程共有12组解.
故答案为：12.
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. 2025年“十一”黄金周期间，上饶市文旅局对五大热门景区（三清山、婺源、龟峰、葛仙村、望仙谷）的游客数据进行了统计．已知前五日每日总游客接待量（，单位：万人次）与全市旅游综合收入，单位：亿元的抽样数据如下：
（1）根据数据建立旅游综合收入关于游客接待量的线性回归方程，并预测第六日游客接待量达到38万人次时，该市旅游综合收入的估计值；
（2）在“十一”黄金周期间，望仙谷景区单日客流量超过承载上限（5万人次）的概率为0.4．黄金周七天中随机抽取三天，记客流量超过承载上限的天数为，求的分布列及数学期望．
参考数据：．
参考公式：．
解：（1）因为
所以．
所以回归方程为：，当时，
当第六日游客接待量达到38.0万人次时，该市旅游综合收入的估计值为8.7亿元．
（2）由题意可知，，
则，
，
，
所以的分布列为：
.
16. 在平面四边形中，，将沿翻折至，满足．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
（1）证明：在平面四边形中，
，
，
在空间中，由得平面
又平面，
平面平面，得证．
（2）解：以为原点，，分别为轴和轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
因为平面平面，所以轴平面，
则．
所以．
设平面一个法向量为，则，
即，令，则．
设平面一个法向量为，则，
即，令，则．
设平面与平面的夹角，
则.
17. 已知递增的等差数列满足，数列的各项均为正数，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
解：（1）设等差数列公差为，则，由得，
由得，所以，所以，
所以数列的通项公式为；
又，
由数列的各项均为正数得，即，
又，所以数列为首项为2且公比为2的等比数列，
所以.
（2）当为奇数时，记，
则有，
当为偶数时，．
所以，记，
则有
，
所以.
18. 已知椭圆的焦距为2，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，斜率存在且不为0的直线与相交于点（在的左侧），，分别为左右焦点，设直线的斜率分别为，且．
①求证：直线过定点；
②设直线相交于点，求证：为定值．
（1）解：如图所示，
设椭圆的左、右焦点分别为、，因为焦距为，在椭圆上，
所以且轴，故，
又由于，所以得，
故椭圆方程为.
（2）证明：①设直线方程为，与椭圆联立，
消去得，
设，由韦达定理得：
直线的斜率，直线的斜率，
因此：，
即，整理得，
所以，故直线过定点.
②直线的方程，因为，
故直线可写为：，即：
直线过和，其方程为：，
联立直线与的方程，消去后解得，即；
，
同理，，由题知在的左侧，易得在左半椭圆，故，
所以：.
19. 已知函数，
（1）求证：当时，；
（2）记在的唯一零点为，求证：；
（3）在（2）的条件下记，求证：．
证明：（1）设，
则
所以在上单调递增，当时，，即.
（2）依题意，
当时，，
当时，，
，即，所以单调递增；
当时，，，
即，所以单调递增，
所以在单调递增.
又
，
所以存在唯一使得，
同理存在唯一使得．
则
，
又，且在上单调递增，所以，即．
（3）因为,所以，
由（1）知，
当时结论显然成立，当时，
．
所以.日期
10月1日
10月2日
10月3日
10月4日
10月5日
29
32
36
30
28
6
7
8
6.5
5.5
0
1
2
3
P