江西省宜春市2026届全国高三模拟考试（二）数学试题含解析.doc

江西省宜春市2026届全国高三模拟考试（二）数学试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．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
2．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．∅
3．已知函数，若函数的极大值点从小到大依次记为，并记相应的极大值为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数，下列结论不正确的是（ ）
A．的图像关于点中心对称 B．既是奇函数，又是周期函数
C．的图像关于直线对称 D．的最大值是
6．设函数的导函数，且满足，若在中，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知实数，，函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．函数（），当时，的值域为，则的范围为（ ）
A． B． C． D．
9．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )
A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．10–10.1
10．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）．
A． B． C． D．
11．若函数（）的图象过点，则（ ）
A．函数的值域是 B．点是的一个对称中心
C．函数的最小正周期是 D．直线是的一条对称轴
12．公差不为零的等差数列{an}中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比数列，则数列{an}的公差等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知是函数的极大值点，则的取值范围是____________．
14．如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为__________.

15．已知，为双曲线的左、右焦点，双曲线的渐近线上存在点满足，则的最大值为________．
16．已知△的三个内角为，，，且，，成等差数列， 则的最小值为__________，最大值为___________.
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）已知两数．
（1）当时，求函数的极值点；
（2）当时，若恒成立，求的最大值．
18．（12分）已知函数.
（1）若在上为单调函数，求实数a的取值范围：
（2）若，记的两个极值点为，，记的最大值与最小值分别为M，m，求的值.
19．（12分）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
20．（12分）某公司打算引进一台设备使用一年，现有甲、乙两种设备可供选择.甲设备每台10000元，乙设备每台9000元.此外设备使用期间还需维修，对于每台设备，一年间三次及三次以内免费维修，三次以外的维修费用均为每次1000元.该公司统计了曾使用过的甲、乙各50台设备在一年间的维修次数，得到下面的频数分布表，以这两种设备分别在50台中的维修次数频率代替维修次数发生的概率.
维修次数
2
3
4
5
6
甲设备
5
10
30
5
0
乙设备
0
5
15
15
15
（1）设甲、乙两种设备每台购买和一年间维修的花费总额分别为和，求和的分布列；
（2）若以数学期望为决策依据，希望设备购买和一年间维修的花费总额尽量低，且维修次数尽量少，则需要购买哪种设备？请说明理由.
21．（12分）如图在四边形中，，，为中点，.

（1）求；
（2）若，求面积的最大值.
22．（10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.
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】
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.
2．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．
3．C
【解析】
对此分段函数的第一部分进行求导分析可知，当时有极大值，而后一部分是前一部分的定义域的循环，而值域则是每一次前面两个单位长度定义域的值域的2倍，故此得到极大值点的通项公式，且相应极大值，分组求和即得
【详解】
当时，，
显然当时有，，
∴经单调性分析知
为的第一个极值点
又∵时，
∴，，，…，均为其极值点
∵函数不能在端点处取得极值
∴，，
∴对应极值，，
∴
故选：C
本题考查基本函数极值的求解，从函数表达式中抽离出相应的等差数列和等比数列，最后分组求和，要求学生对数列和函数的熟悉程度高，为中档题
4．D
【解析】
求解不等式，得到集合A，B，利用交集、补集运算即得解
【详解】
由于
故集合
或
故集合

故选：D
本题考查了集合的交集和补集混合运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
5．D
【解析】
通过三角函数的对称性以及周期性，函数的最值判断选项的正误即可得到结果．
【详解】
解：，正确；
，为奇函数，周期函数，正确；
，正确；
D： ，令，则，，，，则时，或时，即在上单调递增，在和上单调递减；
且，，，故D错误．
故选：．
本题考查三角函数周期性和对称性的判断，利用导数判断函数最值，属于中档题．
6．D
【解析】
根据的结构形式，设，求导，则，在上是增函数，再根据在中，，得到，，利用余弦函数的单调性，得到，再利用的单调性求解.
【详解】
设，
所以 ，
因为当时，，
即，
所以，在上是增函数，
在中，因为，所以，，
因为，且，
所以，
即，
所以，
即
故选：D
本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
7．D
【解析】
根据题意，对于函数分2段分析：当，由指数函数的性质分析可得①，当，由导数与函数单调性的关系可得，在上恒成立，变形可得②，再结合函数的单调性，分析可得③，联立三个式子，分析可得答案.
【详解】
解：根据题意，函数在上单调递增，
当，若为增函数，则①，
当，
若为增函数，必有在上恒成立，
变形可得：，
又由，可得在上单调递减，则，
若在上恒成立，则有②，
若函数在上单调递增，左边一段函数的最大值不能大于右边一段函数的最小值，
则需有，③
联立①②③可得：.
故选：D.
本题考查函数单调性的性质以及应用，注意分段函数单调性的性质.
8．B
【解析】
首先由，可得的范围，结合函数的值域和正弦函数的图像，可求的关于实数的不等式，解不等式即可求得范围.
【详解】
因为，所以，若值域为，
所以只需，∴.
故选：B
本题主要考查三角函数的值域，熟悉正弦函数的单调性和特殊角的三角函数值是解题的关键，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.
9．A
【解析】
由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.
【详解】
两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算.
10．C
【解析】
设M,N,P分别为和的中点，得出的夹角为MN和NP夹角或其补角，根据中位线定理，结合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可.
【详解】
根据题意画出图形:

设M,N,P分别为和的中点，
则的夹角为MN和NP夹角或其补角
可知，.
作BC中点Q，则为直角三角形；

中，由余弦定理得

，
在中，
在中，由余弦定理得

所以
故选：C
此题考查异面直线夹角，关键点通过平移将异面直线夹角转化为同一平面内的夹角，属于较易题目.
11．A
【解析】
根据函数的图像过点，求出，可得，再利用余弦函数的图像与性质，得出结论.
【详解】
由函数（）的图象过点，
可得，即，
，，
故，
对于A，由，则，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，当时，，故D错误；
故选：A
本题主要考查了二倍角的余弦公式、三角函数的图像与性质，需熟记性质与公式，属于基础题.
12．B
【解析】
设数列的公差为.由，成等比数列，列关于的方程组，即求公差.
【详解】
设数列的公差为，
①.
成等比数列，②，
解①②可得.
故选：.
本题考查等差数列基本量的计算，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】
方法一：令，则，，当，时，，单调递减，∴时，，，且，∴在上单调递增，时，，，且，∴在上单调递减，∴是函数的极大值点，∴满足题意；当时，存在使得，即，又在上单调递减，∴时，，，所以，这与是函数的极大值点矛盾．综上，．
方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，由知须在的左侧附近，，即；在的右侧附近，，即．易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得．
14．
【解析】
由题意可知半球的半径与正四棱锥的高相等，可得正四棱锥的棱与半径的关系，进而可写出半球的半径与四棱锥体积的关系，进而求得结果.
【详解】
设所给半球的半径为，则四棱锥的高，
则，由四棱锥的体积，
半球的体积为：.
【方法点睛】
涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.
15．
【解析】
设，由可得，整理得，即点在以为圆心，为半径的圆上．又点到双曲线的渐近线的距离为，所以当双曲线的渐近线与圆相切时，取得最大值，此时，解得．
16．
【解析】
根据正弦定理可得，利用余弦定理以及均值不等式，可得角的范围，然后构造函数，利用导数，研究函数性质，可得结果.
【详解】
由，，成等差数列
所以
所以
又
化简可得
当且仅当时，取等号
又，所以
令，
则

当，即时，
当，即时，
则在递增，在递减
所以
由，

所以
所以的最小值为
最大值为
故答案为：，
本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理，还考查了不等式、导数的综合应用，难点在于根据余弦定理以及不等式求出，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.

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）唯一的极大值点1，无极小值点．（2）1
【解析】
（1）求出导函数，求得的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点；
（2）问题可变形为恒成立，由导数求出函数的最小值，时，无最小值，因此只有，从而得出的不等关系，得出所求最大值．
【详解】
解：（1）定义域为，当时，
，
令得，当
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点，无极小值点．
（2）当时，．
若恒成立，则恒成立，
所以恒成立，
令，则，由题意，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以
所以，
所以，
故的最大值为1．
本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题．在求极值时，由确定的不一定是极值点，还需满足在两侧的符号相反．不等式恒成立深深转化为求函数的最值，这里分离参数法起关键作用．
18．（1）；（2）
【解析】
（1）求导.根据单调，转化为对恒成立求解
（2）由（1）知，是的两个根，不妨设，令. 根据，确定，将转化为. 令，用导数法研究其单调性求最值.
【详解】
（1）的定义域为，
.
因为单调，所以对恒成立，
所以，恒成立，
因为，当且仅当时取等号，
所以；
（2）由（1）知，是的两个根.
从而，，不妨设，
则.
因为，所以t为关于a的减函数，所以.

.
令，则.
因为当时，在上为减函数.
所以当时，.
从而，所以在上为减函数.
所以当时，.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
19．（1）见解析（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．
试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.

又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD，，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
20．（1）分布列见解析，分布列见解析；（2）甲设备，理由见解析
【解析】
（1）的可能取值为10000，11000，12000，的可能取值为9000，10000，11000，12000，计算概率得到分布列；
（2）计算期望，得到，设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为，，计算分布列，计算数学期望得到答案.
【详解】
（1）的可能取值为10000，11000，12000
，，
因此的分布如下

10000
11000
12000

的可能取值为9000，10000，11000，12000
，，，
因此的分布列为如下

9000
10000
11000
12000

（2）

设甲、乙两设备一年内的维修次数分别为，
的可能取值为2，3，4，5
，，，
则的分布列为

2
3
4
5

的可能取值为3，4，5，6
，，，
则的分布列为

3
4
5
6

由于，，因此需购买甲设备
本题考查了数学期望和分布列，意在考查学生的计算能力和应用能力.
21．（1）1；（2）
【解析】
（1），在和中分别运用余弦定理可表示出，运用算两次的思想即可求得，进而求出；
（2）在中，根据余弦定理和基本不等式，可求得，再由三角形的面积公式以及正弦函数的有界性，求出的面积的最大值．
【详解】
（1）由题设，则
在和中由余弦定理得：
，即
解得，∴
（2）在中由余弦定理得，
即，∴

所以面积的最大值为，此时.
本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，以及三角形面积公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．
22．（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.