江西萍乡市2025-2026学年高三二模考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份江西萍乡市2025-2026学年高三二模考试数学试题（含解析）高考模拟，共13页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.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.
第Ⅰ卷
一、单选题：本大题共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，则复数的虚部为（ ）
A. B. 1C. D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】，
故复数的虚部为.
2. 某同学需将、、、、这个字母排成一排，若与必须相邻，则不同的排法种数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用捆绑法可求得结果.
【详解】由题意可知，将与捆绑，形成一个大元素，并与其他三个字母进行排序，
因此不同的排法种数为种.
3. 为了研究与的线性相关关系，某同学收集了5组样本数据（如下表），利用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 这5组样本数据中，的分位数为4
C. 当时，的预测值为10
D. 去掉样本点后，与的样本相关系数必会改变
【答案】C
【解析】
【详解】对于A，,，
故，，故A错误；
对于B，的由小到大的排列为，而，
故的分位数为，故B错误；
对于C，由A中计算可得，故当时，，故C正确；
对于D，设原数据的相关系数为，则，
删除样本中心后，设剩余的样本点为，如下表：
则,，
该组数据对应的相关系数为，则，
故，故D错误.
4. 在中，、、分别是角、、的对边，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理以及三角形的内角和定理求解即可.
【详解】因为，则为锐角，由正弦定理可得，
所以，故，
因此.
5. 已知，，，则的最小值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由题，然后由基本不等式可得答案.
【详解】因由题设及基本不等式，
,
当且仅当，即时取等号.
6. 在正四面体中，点在棱上，点在棱上，若平面，且，，则三棱锥与正四面体的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出，利用锥体的体积公式可求得答案.
【详解】如下图所示：
因为平面，平面，平面平面，所以，
易知为等边三角形，故也为等边三角形，所以，
所以，
易知，故，故，
在正四面体中，，所以，
故，所以，
设点到平面的距离为，故.
7. 已知是定义在上的奇函数，且其图象关于直线对称，当时，，则方程在区间上解的个数为（ ）
A. 11B. 10C. 9D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据对称性（点对称、轴对称）可得到的周期，进而可得在上的图象，由函数与方程知识可知方程的解的个数即对应的两个函数图象的交点个数.
【详解】方程在区间上解的个数，等价于函数在区间上的图象的交点个数.
因为是定义在上的奇函数，
所以的图象关于原点对称，且.
又的图象关于直线对称，所以，所以，
所以，所以，所以的周期为4.
当时，，所以，
当时，，所以在上单调递减，
根据的对称性、周期性、单调性可知当时，，
在上的图象，如图：
对于，最小正周期为，结合正弦曲线可得在区间上的图象，
由图可知在区间上的图象的交点个数为11（与x轴有4个交点，与曲线有7个交点），
即方程在区间上解的个数为11.
8. 已知数列满足，，，其中表示不超过的最大整数．若，则（ ）
A. 44B. 45C. 46D. 47
【答案】B
【解析】
【分析】通过取整函数的性质化简递推关系，再根据隔项成等差分别求出奇偶项的通项公式，
最后分情况代入条件列方程求解.
【详解】设 ，当 时，
当 时，，
当 时，.
，由 及 ，两式相减得：，
又 ，由 得 ，
当 为奇数时，设 ，则，
当 为偶数时，设 ，则，
由题设 ，
若 为奇数，则 ，，
，
若 为偶数，则 ，，
，无整数解，
.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 的图象关于点对称
D. 在区间上单调递减
【答案】AC
【解析】
【详解】对于A，由正弦函数的周期公式可得最小正周期为，正确；
对于BC，，
故的图象不关于直线对称，
的图象关于点对称,所以B错误，C正确；
对于D，因为，错误.
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，离心率为，点在双曲线上，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 若，则
C. 的最小值为
D. 点到的两条渐近线的距离之积为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出的值，可判断A；利用双曲线的定义结合勾股定理可判断B；利用当可判断C；利用点到直线的距离公式可判断D.
【详解】A，，故该双曲线的渐近线方程为，A对；
B，因为，所以，，又，
故，所以，故，B错；
C，，当且仅当为双曲线的顶点时，等号成立，C对；
D，设点，双曲线的方程为，即，所以，
点到直线的距离为，到直线的距离为，
所以点到的两条渐近线的距离之积为，D对.
11. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，平面
C. 当时，平面截正方体所得截面面积为
D. 若直线与直线所成角为，则点的轨迹为抛物线
【答案】BCD
【解析】
【分析】本题考查正方体中的空间向量综合应用，涉及线线垂直判定、线面平行判定、截面面积计算、空间轨迹判断，通过建立空间直角坐标系将几何问题转化为坐标运算，逐项分析各选项正误.
【详解】以为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，正方体棱长为2，各点坐标为：
，，，，，则，.
∵ ，故.
对选项A：当时，，，.
∵ ，故与不垂直，A错误.
对选项B：当时，，.
设平面 的法向量为 ，取平面内向量，，
则，
令 ，则 ，，故可取平面 的一个法向量为.
∵ ，且平面，故平面，B正确.
对选项C：点满足，故位于正方体体对角线上，且在靠近D的三等分点.
连接，交底面正方形对角线于点，为底面的中心，故平面，且对角面.
连接，因均在对角面内，故直线对角面.
延长，由相似可得交棱的上端点，即为平面与正方体棱的第三个交点.
依次连接，三条边底面，侧面，侧面，平面与正方体无其他交点，故截面为正三角形.
因为正方体棱长为2，故，为边长的正三角形，面积，C正确.
对选项D：直线的方向向量为，.
∵ 直线与所成角为，故，即.
平方整理得，代入坐标关系，，得，该轨迹为平面上的抛物线，D正确.
方法归纳：正方体中的空间几何问题优先采用空间直角坐标系求解，将线面关系、轨迹问题转化为坐标运算，可有效降低几何分析难度；
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和2，母线长为2，则该圆台的侧面积为________．
【答案】
【解析】
【详解】由圆台的侧面积公式可得：.
13. 有甲、乙、丙三个相同的不透明盒子，甲盒中装有2个红球和3个蓝球，乙盒中装有3个红球和2个蓝球，丙盒中装有4个红球和1个蓝球.现随机选择一个盒子，从该盒子中不放回地连续取出两个球，在第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球也是红球的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】用分别表示选择的是甲、乙、丙盒子，用表示第次取出的球是红球，利用全概率公式计算，，再利用条件概率的计算公式即可.
【详解】用分别表示选择的是甲、乙、丙盒子，用表示第次取出的球是红球，
则
；
，
则，
故在第一次取出的球是红球的条件下，第二次取出的球也是红球的概率为.
14. 已知集合，定义表示A的元素个数，，，为A的三个互不相同的子集.若集合，且，则不同的B的个数为________．
【答案】35
【解析】
【分析】如下图，将，，，放入，，，中，共有种不同的放法，去掉不满足题意的情况数，补充被多减的情况数，最后考虑次序可得答案.
【详解】如图，将，，，放入，，，中，共有种不同的放法．
需排除的情况：当时，将，，，放入其中，有种放法，不满足条件．
同理，和都是种放法不满足条件．但的情况被减多了2次．
最后考虑次序，故所求B的个数为．
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. 已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求n的最小值．
【答案】（1）
（2）47．
【解析】
【小问1详解】
因为，所以，
设的公差为d，则，
故.
【小问2详解】
由（1）知，，，
则，
令，因为，所以为递增数列，
又时，，时，，
故n的最小值为47．
16. 某企业产品质检员随机从一条生产线分两次共抽取50件样品进行误差检测，统计数据如下表：
（1）已知这条生产线的产品误差X服从正态分布，若以这50件样品的平均误差作为的估计值，且误差落在区间内的产品为“特等品”，试估计这条生产线生产的10000件产品中“特等品”的件数；
（2）已知这条生产线的“特等品”在某项测试任务中的达标率为80%，现随机抽取4件“特等品”进行该项测试任务，记其中达标的件数为随机变量Y，求Y的分布列及其数学期望．
附：若，则，；．
【答案】（1）9545件
（2）
．
【解析】
【分析】（1）结合题意先确定，再结合正态分布的性质求出特等品的概率，最后结合题意求解估计值即可.
（2）先确定变量服从二项分布，再利用二项分布的概率公式求解概率写出分布列，最后结合二项分布的期望公式求解期望即可.
【小问1详解】
设这50件样品平均误差为，则，即，而，
故为“特等品”，即“特等品”的概率为，
故这条生产线生产的10000件产品中“特等品”件数约为件；
【小问2详解】
由题意得：，
则，，
，，
，
则Y的分布列如下：
其数学期望．
17. 已知圆，圆，动圆与外切，与内切．
（1）求的轨迹的标准方程；
（2）设过点的直线与交于两点，且，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据两圆外切、内切的几何性质，得到动圆圆心到两定圆圆心的距离之和为定值，结合椭圆定义求解轨迹方程。
（2）分直线斜率存在、不存在两种情况讨论，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合线段长度比值的关系，结合判别式的限制求解取值范围。
【小问1详解】
由题知，圆的半径为，圆的半径为，设动圆M的半径为r，
则，，故，
故M的轨迹E是椭圆，焦点为，，长轴长为4，
故M的轨迹E的标准方程为；
【小问2详解】
①若直线l不存在斜率，则，，则，
②若直线l存在斜率，设其方程为，，，则，显然，联立E与l的方程，化简得，
，得，
，，
则，，得，
则，由，
当 时，；当 时，
得，
又，解得，
综上所述，的取值范围为．
18. 已知函数，．
（1）若，且在点处的切线与直线垂直，求的值；
（2）设函数．
（ⅰ）当时，求的最小值；
（ⅱ）当时，讨论的零点个数．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）1；（ⅱ）当时，无零点；当时，有且仅有1个零点；当时，有2个零点．
【解析】
【分析】（1）求导，得到在点处的切线斜率，再根据两直线垂直斜率的关系建立方程，求出；
（2）（ⅰ）求导，根据导数符号判断单调性，进而求出函数的最小值；
（ⅱ）分三种情况讨论，当，通过构造结合函数单调性与零点存在定理证明.
【小问1详解】
若，则，，得，
若在点处的切线与直线垂直，则，解得；
【小问2详解】
（ⅰ）由题知，的定义域为，所以的定义域为，
当时，，所以，
故，则，
由函数与在上的图象知，存在唯一的使，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增，
故在处取得最小值，
又由得，故的最小值为1；
（ⅱ）的定义域为，
当时，，
当时，，此时恒成立，
故的零点个数等价于其在上的零点个数，
①当时，，
令，则，
函数，显然恒成立，在上单调递增，
故，所以在上恒成立，故无零点；
②当时，，
令，则，函数，
显然恒成立，在上单调递增，
故，所以当且仅当时，，故有唯一零点；
③当时，
若，由得，令，
则，
令，则，
故在上单调递增，，，
故存在唯一的使；
若，由得，令，，
则，又，故在上单调递增，
，当时，，故存在唯一的使，
即存在唯一的使；
综上：当时，无零点；当时，有且仅有1个零点；当时，有2个零点．
19. 在三棱锥中，点在底面内的投影恰在直线上，与的面积相等．
（1）若，证明：为线段的中点；
（2）若，，的面积等于．
（ⅰ）证明：的周长为定值；
（ⅱ）当二面角的平面角为时，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）6
【解析】
【分析】（1）过A作，垂足为G，连接GB，先求证平面，再证明平面，最后利用面积得出即可求证；
（2）（ⅰ）根据条件求出，，以C为原点建系，设，利用向量法求出A到CP的距离即可求出点的轨迹方程，结合椭圆的定义求解；
（ⅱ）设，，先求出平面BCP、平面ACP的法向量，根据二面角求出，再设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理化简求出，最后利用弦长公式求解.
【小问1详解】
过A作，垂足为G，连接，
因为点在底面内的投影恰在直线上，
则平面，平面，则，
又，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，，，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为与的面积相等，GA与GB分别为两个三角形边上的高，
则，故为等腰三角形，
又，则F为线段AB的中点；
【小问2详解】
（ⅰ）因为，，所以，
因为，所以，
以C为原点，所在方向为x轴正方向，平行于所在方向为z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
设，则，，
则A到CP的距离为，
化简得：，
同理可得B的轨迹方程也是，
故点A，B在以C为中心的椭圆上，且E，F分别为该椭圆的左、右焦点，
所以，故的周长为定值16；
（ⅱ）设，，
则，，，
设平面ACP的一个法向量为，
则，
取，则，，则，
同理可得平面BCP的一个法向量为，
因为二面角的平面角为，
所以，
又A，B在上，
则，故，
在xOy平面中，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，
化简得，则，，
又，
故，解得，
由弦长公式得线段AB的长
．
1
2
3
4
5
2
4
9
7
1
2
4
5
2
4
9
7
抽取次数
抽取件数
平均误差
第一次
30
0.3
第二次
20

Y
0
1
2
3
4
P
Y
0
1
2
3
4
P