2025-2026学年江西省临川高三下期第一次月考数学试题试卷含解析.doc

2025-2026学年江西省临川高三下期第一次月考数学试题试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．若函数的图象上两点，关于直线的对称点在的图象上，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．设点，P为曲线上动点，若点A，P间距离的最小值为，则实数t的值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．5 D．8
4．执行如图所示的程序框图，如果输入，则输出属于（ ）

A． B． C． D．
5．（ ）
A． B． C． D．
6．做抛掷一枚骰子的试验，当出现1点或2点时，就说这次试验成功，假设骰子是质地均匀的.则在3次这样的试验中成功次数X的期望为（ ）
A． B． C．1 D．2
7．已知复数满足，且，则（ ）
A．3 B． C． D．
8．已知随机变量的分布列是

则（ ）
A． B． C． D．
9．已知锐角满足则（ ）
A． B． C． D．
10．在关于的不等式中，“”是“恒成立”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
11．集合，，则=( )
A． B．
C． D．
12．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．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若函数在区间上恰有4个不同的零点，则正数的取值范围是______.
14．已知函数为偶函数，则_____.
15．的角所对的边分别为，且，，若，则的值为__________.
16．的二项展开式中，含项的系数为__________．
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）近几年一种新奇水果深受广大消费者的喜爱，一位农户发挥聪明才智，把这种露天种植的新奇水果搬到了大棚里，收到了很好的经济效益．根据资料显示，产出的新奇水果的箱数x（单位：十箱）与成本y（单位：千元）的关系如下：
x
1
3
4
1
2
y
5
1．5
2
2．5
8

y与x可用回归方程 （ 其中，为常数）进行模拟．
（Ⅰ）若该农户产出的该新奇水果的价格为150元/箱，试预测该新奇水果100箱的利润是多少元．|．
（Ⅱ）据统计，10月份的连续11天中该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的频率分布直方图如图所示．
（i）若从箱数在内的天数中随机抽取2天，估计恰有1天的水果箱数在内的概率；
（ⅱ）求这11天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值．（每组用该组区间的中点值作代表）
参考数据与公式：设，则

0.54
1.8
1.53
0.45
线性回归直线中，，．
18．（12分）已知椭圆的左顶点为，左、右焦点分别为，离心率为，是椭圆上的一个动点（不与左、右顶点重合），且的周长为6，点关于原点的对称点为，直线交于点.

（1）求椭圆方程；
（2）若直线与椭圆交于另一点，且，求点的坐标.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形且∥，侧面为等边三角形，且平面平面.

（1）求平面与平面所成的锐二面角的大小；
（2）若，且直线与平面所成角为，求的值.
20．（12分）已知函数.若在定义域内存在，使得成立，则称为函数的局部对称点.
（1）若a，且a≠0，证明：函数有局部对称点；
（2）若函数在定义域内有局部对称点，求实数c的取值范围；
（3）若函数在R上有局部对称点，求实数m的取值范围.
21．（12分）已知函数.
（1）若曲线的切线方程为，求实数的值；
（2）若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.
22．（10分）如图所示，四棱柱中，底面为梯形，，，，，，.

（1）求证：；
（2）若平面平面，求二面角的余弦值.
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．D
【解析】
由题可知，可转化为曲线与有两个公共点，可转化为方程有两解，构造函数，利用导数研究函数单调性，分析即得解
【详解】
函数的图象上两点，关于直线的对称点在上，
即曲线与有两个公共点，
即方程有两解，
即有两解，
令，
则，
则当时，；当时，，
故时取得极大值，也即为最大值，
当时，；当时，，
所以满足条件．
故选：D
本题考查了利用导数研究函数的零点，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.
2．C
【解析】
设，求，作为的函数，其最小值是6，利用导数知识求的最小值．
【详解】
设，则，记，
，易知是增函数，且的值域是，
∴的唯一解，且时，，时，，即，
由题意，而，，
∴，解得，．
∴．
故选：C．
本题考查导数的应用，考查用导数求最值．解题时对和的关系的处理是解题关键．
3．D
【解析】
画出函数的图象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出.
【详解】
解：函数，如图所示

当时，，
由于关于的不等式恰有1个整数解
因此其整数解为3，又
∴，，则
当时，，则不满足题意；
当时，
当时，，没有整数解
当时，，至少有两个整数解
综上，实数的最大值为
故选：D
本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于较难题.
4．B
【解析】
由题意，框图的作用是求分段函数的值域，求解即得解.
【详解】
由题意可知，
框图的作用是求分段函数的值域，
当；
当
综上：.
故选：B
本题考查了条件分支的程序框图，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.
5．D
【解析】
利用，根据诱导公式进行化简，可得，然后利用两角差的正弦定理，可得结果.
【详解】
由
所以
，
所以原式
所以原式
故
故选：D
本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式，关键在于掌握公式，属基础题.
6．C
【解析】
每一次成功的概率为，服从二项分布，计算得到答案.
【详解】
每一次成功的概率为，服从二项分布，故.
故选：.
本题考查了二项分布求数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.
7．C
【解析】
设,则,利用和求得,即可.
【详解】
设,则,
因为,则,所以,
又,即,所以,
所以,
故选:C
本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.
8．C
【解析】
利用分布列求出，求出期望，再利用期望的性质可求得结果.
【详解】
由分布列的性质可得，得，所以，，
因此，.
故选：C.
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是基本知识的考查．
9．C
【解析】
利用代入计算即可.
【详解】
由已知，，因为锐角，所以，，
即.
故选：C.
本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用，考查学生的运算能力，是一道基础题.
10．C
【解析】
讨论当时，是否恒成立；讨论当恒成立时，是否成立，即可选出正确答案.
【详解】
解：当时，，由开口向上，则恒成立；
当恒成立时，若，则 不恒成立，不符合题意，
若 时，要使得恒成立，则 ，即 .
所以“”是“恒成立”的充要条件.
故选:C.
本题考查了命题的关系，考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时，一般分成两步，若，则推出 是 的充分条件；若，则推出 是 的必要条件.
11．C
【解析】
先化简集合A,B，结合并集计算方法，求解，即可．
【详解】
解得集合，
所以，故选C．
本道题考查了集合的运算，考查了一元二次不等式解法，关键化简集合A,B，难度较小．
12．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．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．；
【解析】
求出函数的零点，让正数零点从小到大排列，第三个正数零点落在区间上，第四个零点在区间外即可．
【详解】
由，得，，
，，
∵，
∴ ，解得．
故答案为：．
本题考查函数的零点，根据正弦函数性质求出函数零点，然后题意，把正数零点从小到大排列，由于0已经是一个零点，因此只有前3个零点在区间上．由此可得的不等关系，从而得出结论，本题解法属于中档题．
14．
【解析】
根据偶函数的定义列方程，化简求得的值.
【详解】
由于为偶函数，所以，
即，
即，
即，
即，即，即，即，所以.
故答案为：
本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数，考查运算求解能力，属于中档题.
15．
【解析】
先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.
【详解】
因为，故，因为，所以.
由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，
所以即.
因为，
解得或（舍）.
故答案为：.
本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题.
16．
【解析】
写出二项展开式的通项，然后取的指数为求得的值，则项的系数可求得.
【详解】
，
由，可得.
含项的系数为.
故答案为：
本题考查了二项式定理展开式、需熟记二项式展开式的通项公式，属于基础题.

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．（Ⅰ）1131；（Ⅱ）（i）；（ⅱ）125箱
【解析】
（Ⅰ）根据参考数据得到和，代入得到回归直线方程，，
再代入求成本，最后代入利润公式；
（Ⅱ）（ⅰ）首先分别计算水果箱数在和内的天数，再用编号列举基本事件的方法求概率；（ⅱ）根据频率分布直方图直接计算结果.
【详解】
（Ⅰ）根据题意，，
所以，所以．又，所以．
所以时，（千元），
即该新奇水果100箱的成本为8314元，故该新奇水果100箱的利润．
（Ⅱ）（i）根据频率分布直方图，可知水果箱数在内的天数为
设这两天分别为a，b，水果箱数在内的天数为，设这四天分别为A，B，C，D，
所以随机抽取2天的基本结果为，，，，，，，，，，
，，，，，共15种．满足恰有1天的水果箱数在内的结果为
，，，，，，，，共8种，
所以估计恰有1天的水果箱数在内的概率为 ．
（ⅱ）这11天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值为（箱）．
本题考查考查回归直线方程，统计，概率，均值的综合问题，意在考查分析数据，应用数据，解决问题的能力，属于中档题型.
18．（1）；（2）或
【解析】
（1）根据的周长为，结合离心率，求出，即可求出方程；
（2）设，则，求出直线方程，若斜率不存在，求出坐标，直接验证是否满足题意，若斜率存在，求出其方程，与直线方程联立，求出点坐标，根据和三点共线，将点坐标用表示，坐标代入椭圆方程，即可求解.
【详解】
（1）因为椭圆的离心率为，的周长为6，
设椭圆的焦距为，则
解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）设，则，且，
所以的方程为①.
若，则的方程为②，由对称性不妨令点在轴上方，
则，，联立①，②解得即.
的方程为，代入椭圆方程得
，整理得，
或，.
，不符合条件.
若，则的方程为，
即③.
联立①，③可解得所以.
因为，设
所以，即.
又因为位于轴异侧，所以.
因为三点共线，即应与共线，

所以，即，
所以，又，
所以，解得，所以，
所以点的坐标为或.
本题考查椭圆的标准方程以及应用、直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想和计算求解能力，属于较难题.
19．（1）；（2）.
【解析】
（1）分别取的中点为，易得两两垂直，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，易得为平面的法向量，只需求出平面的法向量为，再利用计算即可；
（2）求出，利用计算即可.
【详解】
（1）分别取的中点为，连结.
因为∥，所以∥.
因为，所以.
因为侧面为等边三角形，
所以
又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
所以两两垂直.
以为空间坐标系的原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，则，
，.
设平面的法向量为，则，即.
取，则，所以.
又为平面的法向量，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则
，
所以平面与平面所成的锐二面角的大小为.

（2）由（1）得，平面的法向量为，
所以成.
又直线与平面所成角为，
所以，即，
即，
化简得，所以，符合题意.
本题考查利用向量坐标法求面面角、线面角，涉及到面面垂直的性质定理的应用，做好此类题的关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
20．（1）见解析（2）（3）
【解析】
（1）若函数有局部对称点,则,即有解,即可求证；
（2）由题可得在内有解,即方程在区间上有解,则,设,利用导函数求得的范围,即可求得的范围；
（3）由题可得在上有解,即在上有解,设,则可变形为方程在区间内有解,进而求解即可.
【详解】
（1）证明:由得,
代入得,
则得到关于x的方程,由于且,所以,
所以函数必有局部对称点
（2）解:由题,因为函数在定义域内有局部对称点
所以在内有解,即方程在区间上有解,
所以,
设,则,所以
令,则,
当时,,故函数在区间上单调递减,当时,,
故函数在区间上单调递增,
所以,
因为,,所以,所以,
所以
（3）解:由题,,
由于,所以,
所以（*）在R上有解,
令,则,
所以方程（*）变为在区间内有解,
需满足条件：
,即,
得
本题考查函数的局部对称点的理解,利用导函数研究函数的最值问题,考查转化思想与运算能力.
21．（1）；（2）或
【解析】
（1）根据解析式求得导函数，设切点坐标为，结合导数的几何意义可得方程，构造函数，并求得，由导函数求得有最小值，进而可知由唯一零点，即可代入求得的值；
（2）将解析式代入，结合零点定义化简并分离参数得，构造函数，根据题意可知直线与曲线有两个交点；求得并令求得极值点，列出表格判断的单调性与极值，即可确定与有两个交点时的取值范围.
【详解】
（1）依题意，，，
设切点为，，
故，
故，则；
令，，
故当时，，
当时，，
故当时，函数有最小值，
由于，故有唯一实数根0，
即，则；
（2）由，得.
所以“在区间上有两个零点”等价于“直线与曲线在有两个交点”；
由于.
由，解得，.
当变化时，与的变化情况如下表所示：

3

0
+
0

极小值

极大值

所以在，上单调递减，在上单调递增.
又因为，，
，，
故当或时，直线与曲线在上有两个交点，
即当或时，函数在区间上有两个零点.
本题考查了导数的几何意义应用，由切线方程求参数值，构造函数法求参数的取值范围，函数零点的意义及综合应用，属于难题.
22．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）取中点为，连接，，，，根据线段关系可证明为等边三角形，即可得；由为等边三角形，可得，从而由线面垂直判断定理可证明平面，即可证明.
（2）以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，即可由法向量法求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：取中点为，连接，，，如下图所示：

因为，，，
所以，故为等边三角形，则.
连接，因为，，
所以为等边三角形，则.
又，所以平面.
因为平面，
所以.
（2）由（1）知，
因为平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易求，则，，，，
则，，.
设平面的法向量，
则即令，则，，
故.
设平面的法向量，
则则
令，则，，故，
所以.
由图可知，二面角为钝二面角角，
所以二面角的余弦值为.
本题考查线面垂直的判定，由线面垂直判定线线垂直，由空间向量法求平面与平面形成二面角的大小，属于中档题.