江西省萍乡市2026届高三上学期一模考试数学试卷含解析（word版）

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注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致.
2.回答选择题时, 选出每小题答案后, 用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 回答非选择题时，用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后, 监考员将试题卷、答题卡一并收回.
一、单项选择题: 本大题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 A=x lg2x≥1,B={0,1,2,4} ，则 A∩B= ()
A. {4} B. {2,4} C. {1,2,4} D. {0,1,2,4}
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合 A ,根据交集的概念计算即可求解.
【详解】集合 A=x lg2x≥1={x∣x≥2} ,
所以 A∩B={2,4} .
故选: B
2. 已知复数 z1=2−i,z2=3+ai,a∈R ,其中 i 为虚数单位,若 z1+z2∈R ,则 z2= ( )
A 10 B. 11 C. 23 D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】由题知 z1+z2=5+a−1i∈R ,进而得 a=1 ,再求复数的模即可.
【详解】因为复数 z1=2−i,z2=3+ai ,所以 z1+z2=2−i+3+ai=5+a−1i∈R , 所以 a−1=0 ,故 a=1,z2=3+i ,
所以 z2=32+1=10 .
故选: A
3. 已知 a=b=a+b=1 ,则 a 与 b 的夹角为( )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 3π4
【答案】C
【解析】
【分析】利用 a+b2=a+b2 展开,结合向量数量积公式 a⋅b=abcsθ 即可求解夹角 θ .
【详解】已知 a=b=a+b=1 ,
则 a+b2=a+b2=a2+2a⋅b+b2 ,
所以 1=12+2a⋅b+12 ,则 a⋅b=−12 .
设 a 与 b 的夹角为 θ ,则 a⋅b=abcsθ=csθ=−12 ,
又 θ∈0,π ,故 θ=2π3 ,所以 a 与 b 的夹角为 2π3 .
故选: C
4. 设 fx 和 gx 分别为 R 上的偶函数和奇函数,若 ∀x∈R,fx+gx=ex ,则不等式 fx>gx+1 的解集为( )
A. 1,+∞ B. −∞,1 C. 0,+∞ D. −∞,0
【答案】D
【解析】
【分析】先利用奇偶函数的性质,结合已知条件求出 fx 和 gx 的表达式,再代入不等式化简求解.
【详解】因为 fx 是偶函数, gx 是奇函数,且对任意 x∈R ,有: fx+gx=ex ,
所以 f−x+g−x=e−x ,即 fx−gx=e−x ,
解得: fx=ex+e−x2, gx=ex−e−x2
代入不等式 fx>gx+1:ex+e−x2>ex−e−x2+1 .
化简可得 e−x>1 ,即 e−x>e0 ,即 −x>0 ,
解得: x0 ,
设根为 x1,x2 ,由韦达定理: x1+x2=−4m21+m2≤0,x1x2=4m2−11+m2 ,
若 x1x2≤0 ,则两根异号或有一个根为 0,此时存在非负根,
由 x1x2≤0 得: 4m2−1≤0⇒m2≤14⇒−12≤m≤12 ;
若 m2>14 ,则 x1x2>0 且 x1+x2b+1a
【答案】AC
【解析】
【分析】对于选项 A ,利用对数函数单调性判断 c 的范围; 对于选项 B ,利用幂函数单调性判断 ac 与 bc 的大小; 对于选项 C ,作差比较 ba 与 b+ca+c 的大小; 对于选项 D ,构造函数判断 a+1b 与 b+1a 的大小, 即可得出结果.
【详解】对于选项 A，已知 01 ,幂函数 y=xc 在 0,+∞ 上单调递增,又 00 ,
因为 a1a3=a22=4 ,所以 a2=2 ,
因为 a2+a4=12 ,所以 a4=10 ,
则公比为 a4a2=102=5 .
故答案为: 5
13. 已知 fx=x−a−1+lnx 有且仅有两个零点,则所有满足条件的 a 的乘积为_____.
【答案】 2e
【解析】
【分析】将函数零点转化为方程根的问题, 利用绝对值函数与对数函数的图象交点分析, 即可求解满足条件的参数乘积.
【详解】 fx=x−a−1+lnx 有且仅有两个零点,等价于方程 x−a=1−lnx 有两个根.
令 gx=x−a,hx=1−lnx ,
所以函数 fx 有且仅有两个零点等价于 gx 与 hx 的图象有两个交点.
hx=1−lnx 在 0,+∞ 上单调递减,
gx=x−a 的图象为以 a,0 为顶点,向左上方和右上方延伸的“V”型.

当直线 y=a−x 与 hx=1−lnx 相切时,
设切点为 x0,y0,h′x=−1x ,则切线斜率 −1x0=−1 ,切点为 1,1 ,代入 y=a−x ,解得 a=2 .
结合 he=1−lne=0 ,知当 a=2 时, gx 与 hx 的图象有两个交点.
当 a=e 时,结合图象可知 gx 与 hx 的图象有两个交点.
所以当 a1 ，证明: fx 有两个零点；
(3)在(2)的条件下，设 fx 的两个零点分别为 x1,x2x1x2 .
【答案】(1)(1， +∞)
(2)证明见解析(3)证明见解析
【解析】
【分析】(1) 求导判断函数 fx 在 0,+∞ 上单调性,结合 f1=0 求解不等式;
(2)分 a≤0 和 a>0 讨论，利用导数判断单调性进而判断零点个数；
(3)由(2)知 x1=1,x2=η>x0>1,fx2=0,fx 在 x∈x0,+∞ 上单调递增，利用分析法要证 2x0>x2 ,只要证 f2x0>fx2=0 ,即证 e2x0−1−aln2x0−1>0 ,结合 f′x0=0 ,即证 ex0−1ex0−x0ln2x0−1>0 ,构造函数,利用导数证明.
【小问 1 详解】
由题知 fx 的定义域为 0,+∞ ,且 f′x=ex−1−ax ,
若 a≤0 ,则 −ax≥0 ,又 ex−1>0 ,故 f′x>0 恒成立, fx 在 0,+∞ 上单调递增,
又 f1=0 ,故不等式 fx>0 的解集为 1,+∞ .
【小问 2 详解】
由( 1 )知，当 a≤0 时， fx 在 0,+∞ 上单调递增，没有极值点；
当 a>0 时, f′x=ex−1−ax ,由函数 y=ex−1,y=axa>0 的图象知,
当 x>0 时,存在唯一的 x0 ,使 f′x0=0 ,
且当 x∈0,x0 时, f′x0,fx 单调递增,
故 fx 只有 1 个极值点 x0 ,
因为 x0>1 ,且 f1=0 ,故 1 是 fx 在区间 0,x0 上唯一的零点,且 fx00 ,故存在唯一的 η∈x0,+∞ ,使得 fη=0 ,
所以 fx 有两个零点.
【小问 3 详解】
由(2)知， x1=1 ， x2=η>x0>1 ， fx2=0 ，
当 x∈1,x2 时, fx0 , 又 fx 在 x∈x0,+∞ 上单调递增,
要证 2x0>x2 ,只要证 f2x0>fx2=0 ,即证 e2x0−1−aln2x0−1>0 ,
由 f′x0=0 ,得 a=x0ex0−1 ,即要证 e2x0−1−x0ex0−1ln2x0−1=ex0−1ex0−x0ln2x0−1>0 ,
因为 x0>1 ,则 ex0−1>1 ,所以只需证 ex0−x0ln2x0>1 ,(*)
设 Gx=ex−xln2x−1x>1 ,则 G′x=ex−ln2x+1 ,令 mx=G′x ,
则 m′x=ex−1x ,显然 m′x 在 1,+∞ 上单调递增,且 m′1>0 ,
所以 m′x>0 在 1,+∞ 上恒成立,故 mx=G′x 在 1,+∞ 上单调递增,
又 G′1=e−ln2+1>0 ,故 G′x>0 在 1,+∞ 上恒成立,
所以 Gx 在 1,+∞ 上单调递增,又 G1=e−ln2+1>0 ,故 Gx>0 ,
故 Gx0=ex0−x0ln2x0−1>0 ,得到 ex0−x0ln2x0>1 ,即 (*) 式成立,
故 f2x0>0 ,从而 2x0>x2 ,证毕.
19. 已知一簇双曲线 En: x2−y2=n2025n∈N∗ ,当 n=1 时,双曲线 E1 右顶点为 A1x1,0 . 现按照如下规则依次构造点 Ann∈N∗,n≥2 : 过点 An−1 作 x 轴的垂线交第一象限的渐近线于点 Qn ,再过点 Qn 作 x 轴的平行线与曲线 En 的右支交于点 An . 记点 An 坐标为 xn,yn n∈N∗ .
(1)求点 A2 的坐标；
(2)过点 An 作双曲线 En 的两条渐近线的垂线,垂足分别为 Bn,Cn ，记 △AnBnCn 的面积为 an ， 求数列 an 的通项公式;
(3)设 αn 为射线 OAn 与 x 轴正半轴的夹角，已知 θ>0 ，存在实数 φ ，使得对任意 m∈N∗ ，不等式 csmθ4+φ