江西赣州市2026届高三年级下学期适应性考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份江西赣州市2026届高三年级下学期适应性考试数学试题（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第I卷（选择题共58分）
一、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. 设和分别表示函数的最大值和最小值，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦函数的最值即可求解；
【详解】由可得，，
所以，.
2. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，所以
所以，
所以
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以，
可得，
由模长公式得.
4. 在等差数列中，公差，且，则（ ）
A. 5B. 50C. 60D. 105
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得，进而得.
【详解】解:因为等差数列中，，，
所以，
即，
所以
5. 已知事件、满足．若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用概率的乘法公式可求得的值，分析可知事件、相互独立，故事件、相互独立，求出的值，即可得出的值.
【详解】由概率的乘法公式可得，
因为，即，故，
所以事件、相互独立，故事件、相互独立，
故，
因此.
6. 已知，若，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据，利用二项式定理展开，对应系数相等即可求解.
【详解】因为，所以，利用二项式定理展开得，
即，
又因为，对应系数要相等，则
又因为且，即，解得，故B正确.
7. 直线与把圆分成长度相等的三段弧，则（ ）
A. 1B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过圆心到两条直线的距离相等以及距离和圆半径的关系，得出是二次方程的两个不相等的实根，最后利用韦达定理即可求解.
【详解】
由题意得，圆的方程为，所以圆心，半径，
如图所示，直线与把圆分成长度相等的三段弧，
因此为等边三角形，，因此圆心到直线的距离，
而圆心到直线的距离，即，两边同时平方后化简得，
同理，对于直线，也满足方程 ，
因此是二次方程的两个不相等的实根，
根据韦达定理有，
所以 ，故C正确.
8. 已知函数在区间上的最大值为，在区间上的最大值为．若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对分情况①，②，③，④，⑤讨论，前四种情况都与矛盾，第五种情况可根据单调性求解.
【详解】设，易得在上递增，在上递减，且有两个零点和，
因可由保持轴上方部分并将轴下方部分沿轴翻折得到，
如上图，在上递减，在上递增，
在上递减，在上递增.
① 当时，在的最大值，
在的最大值为，矛盾；
② 当时，在的最大值，
在的最大值为，矛盾；
③ 当时，在的最大值，
在的最大值为，矛盾；
④ 当时，在的最大值，因，
在单调递增，最大值，，矛盾；
⑤ 当时，在的最大值，
，，由图可知，此时只需令 即可，
解得或，所以，
综上所述，的取值范围是.
二、选择题：本题共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. 有一组互不相等的数据从小到大依次为，若删去，则（ ）
A. 新数据的极差等于原数据的极差B. 新数据的平均数等于原数据的平均数
C. 新数据的标准差小于原数据的标准差D. 新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数
【答案】AD
【解析】
【分析】根据平均数、百分位数、标准差以及极差的概念，结合特殊值，对选项中的结论逐一分析判断即可.
【详解】对于A，删去，最小值与最大值保持不变，分别为，故极差保持不变，故正确；
对于B，当的平均数为时，删去，平均数保持不变，否则会变化，故错误；
对于C，取分别为，
则原数据的平均数为，
方差为
删去，新数据的平均数为，方差为，
显然，此时新数据的标准差大于原数据的标准差，故C选项错误；
对于D，因为，原数据的40%分位数为；
因为，故新数据的40%分位数为，故新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数，D选项正确.
10. 已知为坐标原点，是抛物线的焦点，点，在上且位于轴的两侧，，则（ ）
A. B. 直线经过点
C. D. 与面积之和的最小值是3
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及计算判断A，B；利用向量模的坐标表示表示出模长，再结合韦达定理代换，最后用基本不等式求解最值判断C，利用三角形面积公式建立关系，借助基本不等式求解判断D即可.
【详解】对于A，显然直线不垂直于y轴，设直线方程为，

由，消去得，
得到，，得，
而，，可得，
由，得，解得或，
而，即，因此，，故A正确；
对于B，此时直线恒过点，故B正确；
对于C，由模长公式得，
同理可得，
则
，
由基本不等式得，
当且仅当时取等，此时y1=2，得到，
可得，故C错误，
对于D，不妨设，而，
则
，
当且仅当98y1=−y2=32时取等号，故D正确.
11. 四面体满足，，，，则（ ）
A. 直线与的夹角为B. 四面体外接球的表面积为
C. 的中点到直线的距离为D. 四面体内切球的半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】推导出，，，，将四面体补成长方体，并建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；求出四面体外接球半径，利用球体表面积公式可判断B选项；利用等体积法可判断D选项.
【详解】在四面体满足，，，，
由勾股定理可得，所以，
同理可得，，，
将四面体补成长方体如下图所示：
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
对于A选项，、、、，
，，则，
所以直线与的夹角为，A错；
对于B选项，该四面体的外接球直径为，则，
所以四面体外接球的表面积为，B对；
对于C选项，线段的中点为，，
所以点到直线的距离为，C对；
对于D选项，，
，同理可得，，，
设该四面体内切球球心为，内切球半径为，
则
，
解得，D对.
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线在处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【详解】由，求导得，则，而当时，，
所以所求切线方程为，即.
13. 为平面内一点，，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由向量的关系得，进而得为直角三角形，再根据点在以为圆心，为半径的圆上，即可求得答案.
【详解】因为，
所以，，
所以，，，
所以，在中，，，，
由余弦定理得，即，
所以为直角三角形，
因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上，如图所示，
所以，即，
所以的取值范围是
14. 已知分别是双曲线的左、右焦点，点在的右支上，为的平分线，，垂足为，为的中点，直线交于点，记，的面积分别为，，则的最大值为______．
【答案】6
【解析】
【分析】利用角平分线和垂直的条件，构造等腰三角形，根据双曲线的定义转化，可求出；再根据图形关系，将转化为求的最大值，即可解决问题.
【详解】延长交的延长线于点，
由题意知，，则，所以，
由平分角，，则为等腰三角形，所以,
根据双曲线的定义可得，又，
所以，
因为，
又点，分别为，的中点，所以，，
设为边上的高，
因此，
所以当时，此时，为高的最大值，
因此的最大值为.
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. 记的内角的对边分别为，满足．
（1）若为等腰三角形，求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换得，进而得，再根据等腰三角形即可求得答案；
（2）结合（1），根据已知条件得，再结合正弦定理得，进而得，最后计算面积即可.
【小问1详解】
解：由
可得：即
整理得：
又，且，所以
因为为等腰三角形，
①当时，，得
②当时，，得
故的值为或
【小问2详解】
解：结合（1）得，时，
由正弦定理得，
所以
又，
所以
所以的面积为
16. 甲、乙两人玩轮流掷骰子（质地均匀）的游戏，游戏规则为：①每次掷一枚骰子；②若甲掷出的点数小于，则下一次仍由甲掷骰子，否则下一次由乙掷骰子；若乙掷出的点数为偶数，则下一次仍由乙掷骰子，否则下一次由甲掷骰子．现由甲第一次抛掷．
（1）记前次中甲掷骰子的次数为，求的分布列与数学期望；
（2）记第次由乙掷骰子的概率为．
（ⅰ）证明：数列为等比数列；
（ⅱ）求数列的前项和．
【答案】（1）
的分布列为：
数学期望
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先确定的所有可能取值，然后依次计算概率即可；
（2）（i）通过题意得到与的表达式，然后通过构造法即可证明；（ii）利用等比数列的前项和公式即可求解.
【小问1详解】
由题设的所有可能取值为，
当时，前次只有次是甲掷，序列是甲乙乙，
则第次甲掷，第次乙掷的概率是，第次乙掷，第次乙掷的概率是，因此；
当时，前次有次是甲掷，序列是甲甲乙或甲乙甲，
对于甲甲乙，则第次甲掷，第次甲掷的概率是，第次甲掷，第次乙掷的概率是，
对于甲乙甲，则第次甲掷，第次乙掷的概率是，第次乙掷，第次甲掷的概率是，因此；
当时，前次有次是甲掷，序列是甲甲甲，
则第次甲掷，第次甲掷的概率是，第次甲掷，第次甲掷的概率是，因此，
故的分布列为
数学期望.
【小问2详解】
已知第次由乙掷的概率为，则第次由甲掷的概率为，因此第次由乙掷的概率可以表示为，
（ⅰ）由于，则，
又因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（ⅱ）由（ⅰ）得，故
所以.
17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，且，
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在平面内作交于点，连接，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用余弦定理结合勾股定理逆定理得出，结合得出平面，可得出，再利用菱形的几何性质以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【小问1详解】
在平面内作交于点，连接，
由与，得，
所以，
又平面平面，平面平面，
，平面，
故平面，
又因为平面，故，
在中，由与，
则，
即，
在中，，即，
所以，故，即，
又，且，、平面，
故平面，
因为平面，所以，
又因为四边形为菱形，故，
又，、平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，，
故以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向
建立如图所示的空间直角坐标系，
故、、、、，
，，，则，
设为平面的一个法向量，
则，取，得，
由（1）知平面，且，
故令为平面的一个法向量，
记二面角的平面角为（显然为锐角），
故，
即二面角的余弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，直线交于两点，且四边形的面积为．
（1）求的方程；
（2）动圆过原点与，且与交于，两点，直线，分别交于另一点．
（ⅰ）求证：直线的斜率之积为定值；
（ⅱ）点满足，求到直线的距离之和的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据离心率得，再根据面积得，即可求得答案；
（2）（i）根据题意得，设，进而得，再求斜率，并求乘积即可证明；
（ii）设，直线的方程为，进而联立方程，结合韦达定理，根据，化简整理得，即直线恒过定点，再根据向量关系得直线也过定点，且，即，故点到直线的距离之和为平行线间的距离，即可求得.
【小问1详解】
设的焦距为，则由题意，解得，
因为直线交于两点，
所以，将，代入椭圆得，解得，
所以，
因为，解得，
所以的方程为；
【小问2详解】
由（1）知：直线为线段的中垂线，故为圆的直径，所以，
设，则有，即，
（ⅰ）分别记直线的斜率为，
则；
（ⅱ）设，直线的方程为，
联立可得，
则，且，
由，
化简得：，
代入得：，
即，
化简得，即，所以直线恒过定点，
由知，
所以直线也过定点，且，即，
显然原点在线段上，
故点到直线的距离之和为平行线间的距离，且，
故当直线垂直于轴时，点到直线的距离之和达最大值为.
19. 已知函数有两个零点、，．
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：；
（3）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）令可得，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（2）令，利用导数分析该函数的单调性，证明出成立，即可证得结论成立；
（3）由（2）得出，再结合对数的运算性质以及不等式的性质可证得结论成立.
【小问1详解】
由，可得，令，其中，
则直线与函数的图象有两个公共点，
，
故当时，；当时，．
故函数在区间上单调递减，在上单调递增，
故函数的极小值为，
构造函数，其中，则，
由可得，由可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
令，即，即，所以，
所以，即，
当时，，，所以，
且当时，；当时，，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
附上，则的严格说明：
【小问2详解】
记
，
则
．
记，
则
，
故当时，；
当时，．
故函数在区间、上单调递减，在区间上单调递增．
由于，所以，，
故，
即存在唯一，使，
构造函数，其中，所以，
由可得，由可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，
即，当且仅当时，等号成立，
又当时，，
故当时，，即；
当时，，即.
故函数在区间、上单调递增，在区间上单调递减，
又，且当时，，
所以恒成立，当且仅当时取等号，即.
【小问3详解】
因为、为函数的两个零点，
故，，由（2）知，
整理得，即，
又，所以，
即，故原不等式得证.