抚州市2026年高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份抚州市2026年高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析），共15页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，若集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．设抛物线的焦点为F,抛物线C与圆交于M,N两点,若,则的面积为( )
A．B．C．D．
3．随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，下图是某城市月至月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（ ）
A．1月至8月空气合格天数超过天的月份有个
B．第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了
C．8月是空气质量最好的一个月
D．6月份的空气质量最差.
4．已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（ ）
A．2B．3C．4D．5
5．已知集合A={x|y=lg（4﹣x2）}，B={y|y=3x，x＞0}时，A∩B=（ ）
A．{x|x＞﹣2} B．{x|1＜x＜2} C．{x|1≤x≤2} D．∅
6．设命题函数在上递增，命题在中，，下列为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
7．若集合，，则
A．B．C．D．
8．已知是边长为1的等边三角形，点，分别是边，的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）
A．B．C．D．
9．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数（即质数）的和”，如，．在不超过20的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20的概率是（ ）
A．B．C．D．以上都不对
10．已知分别为圆与的直径，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE.，异面直线SC与OE所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，，若成立，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的展开式中，的系数等于__．
14．设，满足条件，则的最大值为__________.
15．已知半径为4的球面上有两点，，球心为O，若球面上的动点C满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_________.
16．已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）己知的内角的对边分别为.设
（1）求的值；
（2）若，且，求的值.
18．（12分）（江苏省徐州市高三第一次质量检测数学试题）在平面直角坐标系中，已知平行于轴的动直线交抛物线： 于点，点为的焦点.圆心不在轴上的圆与直线， ， 轴都相切，设的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若直线与曲线相切于点，过且垂直于的直线为，直线， 分别与轴相交于点， .当线段的长度最小时，求的值.
19．（12分）已知函数.
（1）若，解关于的不等式；
（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.
20．（12分）选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（1）设，求不等式的解集；
（2）已知，且的最小值等于，求实数的值.
21．（12分）如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）已知函数，.
（1）若函数在上单调递减，且函数在上单调递增，求实数的值；
（2）求证：（，且）.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.
【详解】
解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，
则，，，
在中，
则，得，
.
故选：B.
本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.
2．B
【解析】
由圆过原点，知中有一点与原点重合，作出图形，由，，得，从而直线倾斜角为，写出点坐标，代入抛物线方程求出参数，可得点坐标，从而得三角形面积．
【详解】
由题意圆过原点，所以原点是圆与抛物线的一个交点，不妨设为，如图，
由于，，∴，∴，，
∴点坐标为，代入抛物线方程得，，
∴，．
故选：B.
本题考查抛物线与圆相交问题，解题关键是发现原点是其中一个交点，从而是等腰直角三角形，于是可得点坐标，问题可解，如果仅从方程组角度研究两曲线交点，恐怕难度会大大增加，甚至没法求解．
3．D
【解析】
由图表可知月空气质量合格天气只有天，月份的空气质量最差．故本题答案选．
4．D
【解析】
试题分析：抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.
考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.
点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.
5．B
【解析】试题分析：由集合A中的函数，得到，解得：，∴集合，由集合B中的函数，得到，∴集合，则，故选B．
考点：交集及其运算．
6．C
【解析】
命题：函数在上单调递减，即可判断出真假．命题：在中，利用余弦函数单调性判断出真假．
【详解】
解：命题：函数，所以，当时，，即函数在上单调递减，因此是假命题．
命题：在中，在上单调递减，所以，是真命题．
则下列命题为真命题的是．
故选：C．
本题考查了函数的单调性、正弦定理、三角形边角大小关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7．C
【解析】
解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.
【详解】
因为或，，所以，故选C.
本题考查集合的交运算，属于容易题.
8．D
【解析】
设，，作为一个基底，表示向量，，，然后再用数量积公式求解.
【详解】
设，，
所以，，，
所以.
故选：D
本题主要考查平面向量的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
9．A
【解析】
首先确定不超过的素数的个数，根据古典概型概率求解方法计算可得结果.
【详解】
不超过的素数有，，，，，，，，共个，
从这个素数中任选个，有种可能；
其中选取的两个数，其和等于的有，，共种情况，
故随机选出两个不同的数，其和等于的概率．
故选：.
本题考查古典概型概率问题的求解，属于基础题.
10．A
【解析】
由题先画出基本图形，结合向量加法和点乘运算化简可得，结合的范围即可求解
【详解】
如图，其中，所以
.
故选：A
本题考查向量的线性运算在几何中的应用，数形结合思想，属于中档题
11．D
【解析】
可过点S作SF∥OE，交AB于点F，并连接CF，从而可得出∠CSF（或补角）为异面直线SC与OE所成的角，根据条件即可求出，这样即可得出tan∠CSF的值.
【详解】
如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，
则∠CSF（或补角）即为异面直线SC与OE所成的角，
∵，∴，
又OB＝3，∴，
SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴；
SO⊥OF，SO＝3，OF＝1，∴；
OC⊥OF，OC＝3，OF＝1，∴，
∴等腰△SCF中，.
故选：D.
本题考查了异面直线所成角的定义及求法，直角三角形的边角的关系，平行线分线段成比例的定理，考查了计算能力，属于基础题.
12．A
【解析】
分析：设，则，把用表示，然后令，由导数求得的最小值．
详解：设，则，，，
∴，令，
则，，∴是上的增函数，
又，∴当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，是极小值也是最小值，
，∴的最小值是．
故选A．
点睛：本题易错选B，利用导数法求函数的最值，解题时学生可能不会将其中求的最小值问题，通过构造新函数，转化为求函数的最小值问题，另外通过二次求导，确定函数的单调区间也很容易出错．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．7
【解析】
由题，得，令，即可得到本题答案.
【详解】
由题，得，
令，得x的系数.
故答案为：7
本题主要考查二项式定理的应用，属基础题.
14．
【解析】
作出可行域，由得，平移直线，数形结合可求的最大值.
【详解】
作出可行域如图所示
由得，则是直线在轴上的截距.
平移直线，当直线经过可行域内的点时，最小，此时最大.
解方程组，得，.
.
故答案为：.
本题考查简单的线性规划，属于基础题.
15．
【解析】
设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，
易知即为二面角的平面角，可求出及，然后可判断出四面体外接球的球心在直线上，在中，，结合，可求出四面体的外接球的半径.
【详解】
设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，
OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，即为二面角的平面角，
，
因为，所以是等腰直角三角形，，
在中，由cs60º＝，得，由勾股定理，得：，
因为O1到A、B、C三的距离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上，
设四面体外接球半径为，
在中，，
由勾股定理可得：，即，解得．
本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题．
16．
【解析】
先作可行域，根据解三角形得外接圆半径，最后根据圆面积公式得结果.
【详解】
由题意作出区域，如图中阴影部分所示，
易知，故 ，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为.
线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离、可行域面积、可行域外接圆等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）
【解析】
（1）由正弦定理将，转化，
即，由余弦定理求得， 再由平方关系得再求解.
（2）由，得，结合再求解.
【详解】
（1）由正弦定理，得，
即，则，
而，又，解得，
故.
（2）因为，则，
因为，故，
故，
解得，
故，
则.
本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题.
18． (1) ．(2)见解析.
【解析】
试题分析：（1）设根据题意得到，化简得到轨迹方程；（2）设， ，，，构造函数研究函数的单调性，得到函数的最值.
解析：
（1）因为抛物线的方程为，所以的坐标为，
设，因为圆与轴、直线都相切，平行于轴，
所以圆的半径为，点 ，则直线的方程为，即，
所以，又，所以，即，
所以的方程为 ．
（2）设， ，，
由（1）知，点处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，
由，所以，，
所以，，
所以．
令，，则，
由得，由得，
所以在区间单调递减，在单调递增，
所以当时，取得极小值也是最小值，即取得最小值， 此时．
点睛：求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.
19．（1）（2）
【解析】
（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）对分成三种情况，求得的最小值，由此求得的取值范围.
【详解】
（1）当时，，
由此可知，的解集为
（2）当时，
的最小值为和中的最小值，其中，.所以恒成立.
当时，，且，不恒成立，不符合题意.
当时，，
若，则，故不恒成立，不符合题意；
若，则，故不恒成立，不符合题意.
综上，.
本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查根据绝对值不等式恒成立求参数的取值范围，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
20． (1) (2)
【解析】
（1）把f（x）去绝对值写成分段函数的形式，分类讨论，分别求得解集，综合可得结论．
（2）把f（x）去绝对值写成分段函数，画出f（x）的图像，找出利用条件求得a的值．
【详解】
（1）时，.
当时，即为，解得.
当时， ，解得.
当时， ，解得.
综上，的解集为.
（2）.，
由的图象知，
，.
本题主要考查含绝对值不等式的解法及含绝对值的函数的最值问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题
21．（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取的中点为，连结，易证四边形为平行四边形，即，由于，为的中点，可得到，从而得到，即可证明平面，从而得到；（Ⅱ）易证，，两两垂直，以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则，即可得到答案．
【详解】
解：（Ⅰ）取的中点为，连结.
由是三棱台得，平面平面，从而.
∵，∴，
∴四边形为平行四边形，∴.
∵，为的中点，
∴，∴.
∵平面平面，且交线为，平面，
∴平面，而平面，
∴.
（Ⅱ）连结.
由是正三角形，且为中点，则.
由（Ⅰ）知，平面，，
∴，，
∴，，两两垂直.
以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量为.
由可得，.
令，则，，∴.
设与平面所成角为，则.
本题考查了空间几何中，面面垂直的性质，线线垂直的证明，及线面角的求法，考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力，属于中档题．
22．（1）1；（2）见解析
【解析】
（1）分别求得与的导函数，由导函数与单调性关系即可求得的值；
（2）由（1）可知当时，，当时，，因而，构造，由对数运算及不等式放缩可证明，从而不等式可证明.
【详解】
（1）∵函数在上单调递减，
∴，即在上恒成立，
∴，
又∵函数在上单调递增，
∴，即在上恒成立，，
∴综上可知，.
（2）证明：由（1）知，当时，函数在上为减函数，
在上为增函数，而，
∴当时，，当时，.
∴
∴
即，
∴.
本题考查了导数与函数单调性关系，放缩法在证明不等式中的应用，属于难题.