2026年江西省九江市高考数学一模试卷

这是一份2026年江西省九江市高考数学一模试卷，共21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。
1.若复数z满足z−z⋅i=2，则z−=( )
A. −1+iB. 1+iC. 1−iD. −1−i
2.已知集合A={x|−1m}，若A∩B=⌀，则m的取值范围是( )
A. (4,+∞)B. [4,+∞)C. (−∞,−1]D. (−∞,−1)
3.下列函数中，在(0,π3)上单调递增的是( )
A. f(x)=cs(x+π3)B. f(x)=sin(x−π6)
C. f(x)=sin(x+π3)D. f(x)=tan(π6−x)
4.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，A为C上一点，B为l上一点.若△ABF是正三角形，则△ABF的边长为( )
A. 2B. 3C. 2 3D. 4
5.已知奇函数f(x)对任意x∈R，都有f(1−x)=f(1+x)，且f(1)=2，则( )
A. f(2025)=−2B. f(2026)=0
C. f(2024)=f(2025)D. f(2025)=f(2027)
6.圆台O1O2的母线长为2，AB，CD分别为上、下底面的直径，且AB=2，CD=4.设四面体A−BCD外接球的表面积为S1，圆台O1O2的表面积为S2，则S1S2=( )
(附：圆台的侧面积公式S=πl(r1+r2)
A. 38B. 1116C. 1611D. 83
7.注意力机制是一种让模型在处理信息时，能够“有选择地聚焦”于最关键部分的技术，其核心是用数学中的向量来解决问题，设计三个关键向量：查询向量q(表示我在寻找什么？)、键向量k(表示我有什么可提供？)和值向量v(表示我实际提供的内容是什么).在计算注意力时，首先用q与各个ki(i=1,2,⋯,n)计算相似度si=q⋅ki，然后求权重ωi=sii=1nsi，记a=(ω1,ω2,ω3,⋯,ωn)，则注意力输出向量为(a⋅v1,a⋅v2,a⋅v3,⋯,a⋅vn).现有q=(1,2,3),k1=(2,1,1)，v1=(4,3,2)；k2=(3,2,1),v2=(6,4,2)；k3=(1,3,2),v3=(3,5,4)，则注意力输出向量为( )
A. (2.8,3.6,4.1)B. (1.2,2.5,2.1)C. (2.8,3.6,4.0)D. (2.7,3.3,4.1)
8.已知实数m，n满足lnm+en≤n−1m+2，则m−n的值为( )
A. −2B. −1C. 2D. 1
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为BC1，CD1的中点，则( )
A. EF//A1B1
B. EF/​/平面ABCD
C. EF⊥CC1
D. EF⊥平面AA1C
10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcb2+c2−a2=23，cs2A+2sinBsinC=1，则( )
A. csA=34B. b=2c
C. sin2B+sin2C1
11.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=8，过F2的直线l与双曲线的右支交于P，Q两点(P在第一象限)，与y轴交于点M，N为PQ的中点，|PF2|=|MF2|=14，r1，r2分别为△PF1F2，△QF1F2内切圆的半径，则( )
A. C的离心率为2B. M与C上点的距离的最小值为3 5
C. kPQ⋅kON=3D. r1+r2=28 515
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若直线y=2x+a是曲线y=ln(x−1)+x的切线，则a= ．
13.已知成对样本数据(x1,y1)，(x2,y2)，⋯，(x10,y10)中x1，x2，⋯，x10互不相等，且所有样本点(xi,yi)(i=1,2,⋯,10)都在曲线y=x2−2x上.若x1，x2，⋯，x10的平均值与方差均为5，则y1，y2，⋯，y10的平均值为 .(其中s2=1ni=1n(xi−x−)2=1n(i=1nxi2−nx−2))
14.在平面直角坐标系中，动点P的轨迹C满足：P到两定点F1(−1,0)，F2(1,0)距离之积等于32，若A，B是C与x轴的交点，则△PAB面积的最大值为 ．
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.(本小题13分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且Sn=nan+1−n(n+1)．
(1)证明：{Snn}是等差数列；
(2)若Sn0)的直线l经过点P(0,4)且与C交于A，B两点．
(1)求C的标准方程；
(2)记直线FT与l的交点为Q，若BQ+2AQ=0，求k．
18.(本小题17分)
如图，矩形网格线中，每一条线段表示一条道路，每一个交点表示一个路口，A1，D5路口无信号灯，其它每个路口都只有一个圆饼形信号灯.交通法规定：当圆饼形信号灯为绿灯时，汽车左转、右转、直行都可以；当圆饼形信号灯为红灯时，汽车只能右转.某出租车司机需要把乘客从A1位置沿着网格线送到D5位置，行驶的是最短路线(即不绕路).在所有最短路线中，把理论上等红灯时间总和最少的路线称为“最优路线”.若该出租车行驶到每个路口(司机视角)遇到红灯和绿灯的概率都为12(黄灯忽略不计)，遇到红灯平均等待的时间为1min.已知A1A5=6km，A1D1=3km，出租车速度为1km/min．
(1)已知路线一：A1→B1→B2→C2→C3→D3→D4→D5；
路线二：A1→B1→B2→C2→C3→C4→C5→D5．
请问路线一和路线二哪一条路线是“最优路线”？并说明理由．
(2)若该出租车司机选择每一条最短路线的可能性相等，问该司机在所有最短路线中任选一条，能选中“最优路线”的概率是多少？
(3)若该出租车司机选择了一条“最优路线”，X表示该出租车从A1位置到D5位置所用的时间(单位：分钟)，求X的期望．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=eax(2+csx)(a∈R)．
(1)若f(x)在R上单调递增，求a的取值范围；
(2)当x>0时，f(x)>sinx+csx+2，求a的取值范围；
(3)若f(x)在(0,π)上有两个不同的极值点x1，x2，证明：π0，则x>1，令f′(x)sin2B+sin2C>1，
∴sinB+sinC>1，D选项正确．
故选：AD．
由bcb2+c2−a2=23变形可得csA的值，再由cs2A+2sinBsinC=1结合二倍角公式和平方关系变形可得sin2A=sinBsinC，进而得到a2=bc，再结合余弦定理可得b、c两边的关系，由B可得b2+c2=52bc，结合正弦定理可求得sin2B+sin2C的值，进而比较大小，对sinB+sinC利用完全平方公式进行放缩可得到sinB+sinC的大小．
本题主要考查余弦定理、正弦定理、二倍角公式、三角恒等变换，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由题意知，F1(−c,0)，F2(c,0)，M(0,yM)，P(xP,yP)，
因为|PF2|=|MF2|=14，因此F2为PM中点，
因此P(2c,yP)，代入双曲线方程得yP2=b2(4c2−a2)a2，
因此|PF2|2=c2+yP2=c2+b2(4c2−a2)a2=196，
因为|F1F2|=8，故c=4，因此16+b2(64−a2)a2=196，
因为b2=c2−a2=16−a2，因此16+(16−a2)(64−a2)a2=196，
整理得a4−260a2+16×64=0，解得a2=256或a2=4，
因为a2=256>c2=16，因此a=2，因此b2=c2−a2=12，yP2=b2(4c2−a2)a2=12(64−4)4=180，
因此P(8,6 5)，M(0,−6 5)，双曲线的方程为C：x24−y212=1，
对于A，双曲线的离心率为e=ca=2，A选项正确；
对于B，设T(x0,y0)为C上点，则x024−y0212=1，
则|MT|2=x02+(y0+6 5)2=4(y0212+1)+(y0+6 5)2=43y02+12 5y0+184=43(y0+9 52)2+49，
因此当y0=−9 52时，|MT|有最小值7，故B选项错误；
对于C，设Q(xQ,yQ)，由N为PQ的中点得N(xP+xQ2,yP+yQ2)，
因为xP24−yP212=1，xQ24−yQ212=1，因此xP2−xQ24−yP2−yQ212=0，
即(xP+xQ)(xP−xQ)4−(yP+yQ)(yP−yQ)12=0，
因此(yP+yQ)(yP−yQ)(xP+xQ)(xP−xQ)=124=3，即kPQ⋅kON=3，故C选项正确；
对于D选项，由P(8,6 5)，F2(4,0)得kPQ=3 52，
因此直线PQ的方程为y=3 52(x−4)，联立方程y=3 52(x−4)x24−y212=1得11x2−120x+256=0，
因此xP+xQ=12011，又xP=8，因此xQ=3211，因此yQ=3 52(xQ−4)=−18 511，即Q(3211,−18 511)，
因此，在△QF1F2中，|QF2|= (xQ−4)2+yQ2= 144121+1620121=4211，
|QF1|=|QF2|+2a=4211+4=8611，|QF2|+|QF1|+|F1F2|=86+42+8811=21611，
因此S△QF1F2=12×|F1F2|×|yQ|=12×8×18 511=72 511，
根据等面积法得12(|QF2|+|QF1|+|F1F2|)r2=72 511，即12×21611⋅r2=72 511，
因此，△QF1F2内切圆的半径r2=2 53，
在△PF1F2中，|PF2|=14，|PF1|=|PF2|+2a=18，|F1F2|=8，P(8,6 5)，
因此S△PF1F2=12×|F1F2|×|yP|=12×8×6 5=24 5，
根据等面积法得12(|PF2|+|PF1|+|F1F2|)r1=24 5，即12×40⋅r1=24 5，
因此，△PF1F2内切圆的半径r1=6 55，
因此r1+r2=6 55+2 53=28 515，故D选项正确．
故选：ACD．
由题知F2为PM中点，进而得P(2c,yP)，代入双曲线方程得yP2=b2(4c2−a2)a2，结合|PF2|=14，|F1F2|=8求得a=2，b2=12，P(8,6 5)，M(0,−6 5)，再求解离心率判断A；设T(x0,y0)为C上的点，结合距离公式，二次函数性质求解判断B；结合点差法判断C；根据等面积法求解内切圆的半径判断D．
本题考查直线与双曲线的综合与等差数列的通项公式，属于中档题．
12.【答案】−2
【解析】解：因为y=ln(x−1)+x的导数为y′=1x−1+1，
设直线y=2x+a与曲线y=ln(x−1)+x相切于点(x0,y0)，
因直线y=2x+a的斜率为2，
所以1x0−1+1=2，解得x0=2，
所以y0=ln(x0−1)+x0=2，即切点为(2,2)，
所以a=y0−2x0=−2．
故答案为：−2．
设切点为(x0,y0)，进而根据题意有1x0−1+1=2，即可求得切点(2,2)，再代入直线方程即可得答案．
本题考查导数的几何意义的应用，属基础题．
13.【答案】20
【解析】解：根据题意，因为x1，x2，⋯，x10的平均值为5，即x−=110i=110xi=5，变形可得i=110xi=50，
因为x1，x2，⋯，x10的方差为5，即s2=110(i=110xi2−10x−2)=5，变形可得i=110xi2=300．
又由所有样本点(xi,yi)都在曲线y=x2−2x上，则yi=xi2−2xi(i=1,2,⋯,10)，
故i=110yi=i=110(xi2−2xi)=i=110xi2−2i=110xi=300−2×50=200，
所以y1，y2，⋯，y10的平均值为110i=110yi=110×200=20．
故答案为：20．
先根据已知条件求出i=110xi与i=110xi2的值，再结合yi=xi2−2xi求出i=110yi即可得解．
本题考查平均数的计算，涉及方差的计算公式，属于基础题．
14.【答案】3 108
【解析】解：因为在平面直角坐标系中，动点P的轨迹C满足：P到两定点F1(−1,0)，F2(1,0)距离之积等于32，设P(x,y)，
所以 (x+1)2+y2⋅ (x−1)2+y2=32，
两边平方化简可得：(x2+y2+1)2−4x2=94，
令y=0，可得|x+1|⋅|x−1|=32，即|x2−1|=32，可得x2−1=32或x2−1=−32(舍去)，
解得x=± 102，所以A(− 102,0),B( 102,0)，则|AB|= 10，
所以△PAB的面积为S=12⋅|AB|⋅|yP|，
因为(x2+y2+1)2−4x2=94，令t=x2，可得(t+y2+1)2−4t=94，其中t≥0
整理得t2+2(y2−1)t+(y2+1)2−94=0,t≥0，
设f(t)=t2+2(y2−1)t+(y2+1)2−94,t≥0，
要使得方程有非负实数根，即函数f(t)的图像与x的非负半轴存在公共点，
因为f(t)的图像开口向上，对称轴为t=1−y2，
当1−y21，则满足f(0)=(y2+1)2−94≤0，解得y2≤12，矛盾(舍去)；
当1−y2≥0，即y2≤1，则满足Δ=4(y2−1)2−4[(y2+1)2−94]≥0，
可得−16y2+9≥0，解得y2≤916，即|y|≤34，所以|y|max=34，
所以△PAB的面积的最大值为S=12× 10×34=3 108．
故答案为：3 108．
设P(x,y)，根据题意，求得轨迹C的方程为(x2+y2+1)2−4x2=94，令y=0，求得A，B的坐标，得到|AB|= 10，令t=x2，化简得到方程t2+2(y2−1)t+(y2+1)2−94=0，设f(t)=t2+2(y2−1)t+(y2+1)2−94,t≥0，转化为f(t)的图像与x的非负半轴存在公共点，结合二次函数的性质，求得|y|max=34，进而求得△PAB的面积的最大值．
本题考查动点轨迹问题的求解，三角形面积的最值的求解，属中档题．
15.【答案】因为Sn=nan+1−n(n+1)，且an+1=Sn+1−Sn，
所以Sn=n(Sn+1−Sn)−n(n+1)，
所以nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)，
两边同除以n(n+1)，得Sn+1n+1−Snn=1，
因为S1=a1=1，所以S11=1，
所以数列{Snn}是以1为首项，1为公差的等差数列 4
【解析】解：(1)证明：因为Sn=nan+1−n(n+1)，且an+1=Sn+1−Sn，
所以Sn=n(Sn+1−Sn)−n(n+1)，
所以nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)，
两边同除以n(n+1)，得Sn+1n+1−Snn=1，
因为S1=a1=1，所以S11=1，
所以数列{Snn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)知，Snn=1+(n−1)×1=n，所以Sn=n2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，
当n=1时，a1=1也满足an=2n−1，所以an=2n−1，
因为Sn2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理得x1+x2=−24k3k2+4,x1x2=363k2+4，
因为BQ+2AQ=0，
所以−3k−x2+2(−3k−x1)=0，
整理得x2+2x1=−9k，
此时x1+x2=−24k3k2+4x2+2x1=−9k，
解得x1=24k3k2+4−9k,x2=−48k3k2+4+9k，
因为x1x2=363k2+4，
所以5k4−56k2+144=0，
解得k=6 55或k=2(舍去)．
综上所述，k=6 55．
(1)设椭圆的标准方程为y2a2+x2b2=1，根据题干列出方程组解出a2，b2即可；
(2)设直线l的方程为y=kx+4，以此求出Q的坐标，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立椭圆方程，求出x1+x2，x1x2关于k的表达式，再根据BQ+2AQ=0，列出关于x1，x2的等式，再结合韦达定理所得等式联立求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18.【答案】路线一是“最优路线” 435 10.5
【解析】解：(1)路线一可能需要等待的路口数量为3个(B2→C2,C3→D3,D4→D5)，
等待时间的期望为：3×12=32min，总时间期望为：9+32=10.5min，
路线二可能需要等待的路口数量为4个(B2→C2,C3→C4→C5→D5)，
等待时间的期望为：4×12=2min，则总时间期望为：9+2=11min，
∴线路一是“最优路线”．
(2)从A1到D5最短路线：需要向右走4段，向上走3段，共7步，
所以总路线数为C73=35条，
由题意可知，“最优路线”即“右转路口”数量最多，
第一步走任意方向均无需等待红绿灯，所以需讨论的路口数为6，
由示意图可知，由上行变为向右行即为“右转路口”，故“右转路口”数量最多为3，
若第一步为向右，则只有1种走法：A1→A2→B2→B3→C3→C4→D4→D5，
若第一步为向上，则有3种走法：
A1→B1→B2→B3→C3→C4→D4→D5，
A1→B1→B2→C2→C3→C4→D4→D5，
A1→B1→B2→C2→C3→D3→D4→D5，
∴“最优路线”一共有4条，
∴能选中“最优路线”的概率是435．
(3)由(2)可知“最优路线”，即“右转路口”数量最多3，
则可能需要等待的路口数量为3个，遇到红灯平均等待的时间为1min，
设遇到红灯次数为W，则W～B(3,12)，则E(W)=32，
行驶时间恒为9min，故总时间X=9+W，
∴E(X)=9+E(W)=9+32=10.5．
(1)由题意分析路线一、路线二可能需要等待的路口数量，然后由二项分布求得等待时间的期望，然后得到总时间期望，即可作出判断；
(2)由题意可知从A1到D5最短路线可分解步数，然后由组合数求得总路线数，分析“最优路线”需要满足的条件，即可列出“最优路线”，由古典概型求得概率；
(3)由(2)中结论，由二项分布求得遇到红灯次数的期望，即可求得到总时间期望．
本题主要考查离散型随机变量期望值的求解，属于中档题．
19.【答案】[ 33,+∞) [13,+∞) 证明：令f′(x)=0，则a=sinx2+csx，
则a=sinx2+csx=2sinx2csx23cs2x2+sin2x2=2tanx23+tan2x2，
整理得：atan2x2−2tanx2+3a=0，
由于x∈(0,π)，∴x2∈(0,π2)，∴tanx2>0，显然a≠0，
由韦达定理：tanx12tanx22=3，
∴tanx1+x22=tanx12+tanx221−tanx12tanx22=−12(tanx12+tanx22)，
由基本不等式得tanx12+tanx22>2 tanx12⋅tanx22=2 3，
当且仅当tanx12=tanx22，等号成立，
∴tanx1+x22=−12(tanx12+tanx22)13−1+2csx(2+csx)2，
设t=2+csx∈[1,3]，则1+2csx(2+csx)2=2t−3t2=−3(1t−13)2+13≤13，∴13−1+2csx(2+csx)2≥0，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，∴g(x)>g(0)=0，得证．
故a的取值范围是[13,+∞),
(3)证明：令f′(x)=0，则a=sinx2+csx，
则a=sinx2+csx=2sinx2csx23cs2x2+sin2x2=2tanx23+tan2x2，
整理得：atan2x2−2tanx2+3a=0，
由于x∈(0,π)，∴x2∈(0,π2)，∴tanx2>0，显然a≠0，
由韦达定理：tanx12tanx22=3，
∴tanx1+x22=tanx12+tanx221−tanx12tanx22=−12(tanx12+tanx22)，
由基本不等式得tanx12+tanx22>2 tanx12⋅tanx22=2 3，
当且仅当tanx12=tanx22，等号成立，
∴tanx1+x22=−12(tanx12+tanx22)