江西省吉安县第三中学2026届招生全国统一考试高考模拟调研卷数学试题（一）含解析.doc

江西省吉安县第三中学2026届招生全国统一考试高考模拟调研卷数学试题（一）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据： ）

A．48 B．36 C．24 D．12
2．函数在上单调递减的充要条件是（ ）
A． B． C． D．
3．已知复数满足，则（ ）
A． B．2 C．4 D．3
4．已知等差数列的公差不为零，且，，构成新的等差数列，为的前项和，若存在使得，则（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
5．设集合、是全集的两个子集，则“”是“”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
6．已知，，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知向量，则向量在向量方向上的投影为（ ）
A． B． C． D．
8．若复数满足，则（ ）
A． B． C．2 D．
9．若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ）
A．85 B．84 C．57 D．56
10．已知函数，若则（ ）
A．f(a)<f(b) <f(c) B．f(b) <f(c) <f(a)
C．f(a) <f(c) <f(b) D．f(c) <f(b) <f(a)
11．已知实数满足则的最大值为（ ）
A．2 B． C．1 D．0
12．已知抛物线y2= 4x的焦点为F，抛物线上任意一点P，且PQ⊥y轴交y轴于点Q，则 的最小值为（ ）
A． B． C．l D．1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知两动点在椭圆上，动点在直线上，若恒为锐角，则椭圆的离心率的取值范围为__________．
14．设、满足约束条件，若的最小值是，则的值为__________.
15．从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数
为______________.(用数字作答)
16．如图，在矩形中，，是的中点，将，分别沿折起，使得平面平面，平面平面，则所得几何体的外接球的体积为__________.

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）在中， 角，，的对边分别为， 其中， .
（1）求角的值；
（2）若，，为边上的任意一点，求的最小值.
18．（12分）（选修4-4：坐标系与参数方程）
在平面直角坐标系，已知曲线（为参数），在以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）过点且与直线平行的直线交于，两点，求点到，的距离之积．
19．（12分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面ABCD满足AD∥BC，，，E为AD的中点，AC与BE的交点为O.

（1）设H是线段BE上的动点，证明：三棱锥的体积是定值；
（2）求四棱锥的体积；
（3）求直线BC与平面PBD所成角的余弦值．
20．（12分）已知是递增的等比数列，，且、、成等差数列.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，，求数列的前项和.
21．（12分）这次新冠肺炎疫情，是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件.中华民族历史上经历过很多磨难，但从来没有被压垮过，而是愈挫愈勇，不断在磨难中成长，从磨难中奋起.在这次疫情中，全国人民展现出既有责任担当之勇、又有科学防控之智.某校高三学生也展开了对这次疫情的研究，一名同学在数据统计中发现，从2020年2月1日至2月7日期间，日期和全国累计报告确诊病例数量（单位：万人）之间的关系如下表：
日期
1
2
3
4
5
6
7
全国累计报告确诊病例数量（万人）
1.4
1.7
2.0
2.4
2.8
3.1
3.5
（1）根据表中的数据，运用相关系数进行分析说明，是否可以用线性回归模型拟合与的关系？
（2）求出关于的线性回归方程（系数精确到0.01）.并预测2月10日全国累计报告确诊病例数.
参考数据：，，，.
参考公式：相关系数
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
，.
22．（10分）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

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．C
【解析】
由开始，按照框图，依次求出s，进行判断。
【详解】

，故选C.
框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。
2．C
【解析】
先求导函数，函数在上单调递减则恒成立，对导函数不等式换元成二次函数，结合二次函数的性质和图象，列不等式组求解可得.
【详解】
依题意，，
令，则，故在上恒成立；
结合图象可知，，解得
故.
故选：C.
本题考查求三角函数单调区间. 求三角函数单调区间的两种方法:
(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角(或)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解；
(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间.
3．A
【解析】
由复数除法求出，再由模的定义计算出模．
【详解】
．
故选：A．
本题考查复数的除法法则，考查复数模的运算，属于基础题．
4．D
【解析】
利用等差数列的通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】
由，，构成等差数列可得

即
又
解得：
又
所以时，.
故选：D
本题考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
5．C
【解析】
作出韦恩图，数形结合，即可得出结论.
【详解】
如图所示，，
同时.
故选:C.

本题考查集合关系及充要条件，注意数形结合方法的应用，属于基础题.
6．D
【解析】
令，求，利用导数判断函数为单调递增，从而可得，设，利用导数证出为单调递减函数，从而证出，即可得到答案.
【详解】
时，
令，求导
，，故单调递增：
∴，
当，设，
，
又，
，即，
故.
故选：D
本题考查了作差法比较大小，考查了构造函数法，利用导数判断式子的大小，属于中档题.
7．A
【解析】
投影即为，利用数量积运算即可得到结论.
【详解】
设向量与向量的夹角为，
由题意，得，，
所以，向量在向量方向上的投影为.
故选：A.
本题主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题.
8．D
【解析】
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式计算.
【详解】
解：由题意知，，
，
∴，
故选：D.
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法.
9．A
【解析】
先求，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和.
【详解】
解：的展开式中二项式系数和为256
故，

要求展开式中的有理项，则
则二项式展开式中有理项系数之和为：
故选：A
考查二项式的二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题.
10．C
【解析】
利用导数求得在上递增，结合与图象，判断出的大小关系，由此比较出的大小关系.
【详解】
因为，所以在上单调递增；
在同一坐标系中作与图象，
，可得，故.
故选：C

本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用函数的单调性比较大小，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
11．B
【解析】
作出可行域，平移目标直线即可求解.
【详解】
解：作出可行域：

由得，
由图形知，经过点时，其截距最大，此时最大
得，
当时，
故选：B
考查线性规划，是基础题.
12．A
【解析】
设点，则点，，利用向量数量积的坐标运算可得，利用二次函数的性质可得最值.
【详解】
解：设点，则点，，
，
，
当时，取最小值，最小值为.
故选：A.
本题考查抛物线背景下的向量的坐标运算，考查学生的计算能力，是基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据题意可知圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直，恒为锐角，只需直线 与圆相离，从而可得，解不等式，再利用离心率即可求解.
【详解】
根据题意可得，圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直，
因此当直线 与圆相离时， 恒为锐角，
故，解得
从而离心率.
故答案为：
本题主要考查了椭圆的几何性质，考查了逻辑分析能力，属于中档题.
14．
【解析】
画出满足条件的平面区域，求出交点的坐标，由得，显然直线过时，最小，代入求出的值即可．
【详解】
作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，解得，则点.
由得，显然当直线过时，该直线轴上的截距最小，此时最小，
，解得.
故答案为：．
本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道中档题．
15．5040.
【解析】
分两类，一类是甲乙都参加，另一类是甲乙中选一人，方法数为。填5040.
利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，甲与乙是两个特殊元素，对于特殊元素“优先法”，所以有了分类。本题还涉及不相邻问题，采用“插空法”。
16．
【解析】
根据题意，画出空间几何体，设的中点分别为，并连接，利用面面垂直的性质及所给线段关系，可知几何体的外接球的球心为，即可求得其外接球的体积.
【详解】
由题可得，，均为等腰直角三角形，如图所示，

设的中点分别为，
连接，
则，.
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，
易得，
则几何体的外接球的球心为，半径，
所以几何体的外接球的体积为.
故答案为：.
本题考查了空间几何体的综合应用，折叠后空间几何体的线面位置关系应用，空间几何体外接球的性质及体积求法，属于中档题.

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．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用余弦定理和二倍角的正弦公式，化简即可得出结果；
（2）在中， 由余弦定理得，在中结合正弦定理求出，从而得出，即可得出的解析式，最后结合斜率的几何意义，即可求出的最小值.
【详解】
（1） ，
，
由题知，，则，则
，
，
；
（2）在中， 由余弦定理得，
，
设， 其中.
在中，，
，
，
，
所以，
，
所以的几何意义为两点连线斜率的相反数，
数形结合可得，
故的最小值为.
本题考查正弦定理和余弦定理的实际应用，还涉及二倍角正弦公式和诱导公式，考查计算能力.
18．（1）曲线：，直线的直角坐标方程；（2）1.
【解析】
试题分析：（1）先根据三角函数平方关系消参数得曲线化为普通方程，再根据 将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）根据题意设直线参数方程，代入C方程，利用参数几何意义以及韦达定理得点到，的距离之积
试题解析：（1）曲线化为普通方程为：，
由，得，
所以直线的直角坐标方程为．
（2）直线的参数方程为（为参数），
代入化简得：，
设两点所对应的参数分别为，则，
．
19．（1）证明见解析 （2） （3）
【解析】
（1）因为底面ABCD为梯形，且，所以四边形BCDE为平行四边形，则BE∥CD，
又平面，平面，所以平面，
又因为H为线段BE上的动点，的面积是定值，从而三棱锥的体积是定值.
（2）因为平面，所以，结合BE∥CD，所以，
又因为，，且E为AD的中点，所以四边形ABCE为正方形，所以，结合，则平面，连接，则，
因为平面，所以，
因为，所以是等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，
所以，且，所以平面，所以PO是四棱锥的高，
又因为梯形ABCD的面积为，
在中，，所以.
（3）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

则B（，0，0），C（0，，0），D（，，0），P（0，0，），
则，
设平面PBD的法向量为，则即则，
令，得到，
设BC与平面PBD所成的角为，则，
所以，
所以直线BC与平面PBD所成角的余弦值为．
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）设等比数列的公比为，根据题中条件求出的值，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式；
（Ⅱ）求得，然后利用裂项相消法可求得.
【详解】
（Ⅰ）设数列的公比为，由题意及，知.
、、成等差数列成等差数列，，，
即，解得或（舍去），.
数列的通项公式为；
（Ⅱ），

.
本题考查等比数列通项的求解，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于基础题.
21．（1）可以用线性回归模型拟合与的关系；（2），预测2月10日全国累计报告确诊病例数约有4.5万人.
【解析】
（1）根据已知数据，利用公式求得，再根据的值越大说明它们的线性相关性越高来判断.
（2）由（1）的相关数据，求得，，写出回归方程，然后将代入回归方程求解.
【详解】
（1）由已知数据得，，，
所以，
，
所以.
因为与的相关近似为0.99，说明它们的线性相关性相当高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.
（2）由（1）得，，
，
所以，关于的回归方程为：，
2月10日，即代入回归方程得：.
所以预测2月10日全国累计报告确诊病例数约有4.5万人.
本题主要考查线性回归分析和回归方程的求解及应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
22． (1)见详解；(2) .
【解析】
(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.
【详解】
(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以
而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.
而在中,，即二面角的度数为.

很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．