江西省修水县第一中学2026年高三冲刺高考最后1卷数学试题试卷含解析.doc

江西省修水县第一中学2026年高三冲刺高考最后1卷数学试题试卷
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。
1．二项式的展开式中，常数项为（ ）
A． B．80 C． D．160
2．在三棱锥中，，且分别是棱，的中点，下面四个结论：
①；
②平面；
③三棱锥的体积的最大值为；
④与一定不垂直.
其中所有正确命题的序号是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②④
3．双曲线的渐近线与圆(x－3)2＋y2＝r2(r＞0)相切，则r等于(　　)
A． B．2
C．3 D．6
4．如果实数满足条件，那么的最大值为（ ）
A． B． C． D．
5．函数的图象在点处的切线为，则在轴上的截距为（ ）
A． B． C． D．
6．函数，，的部分图象如图所示，则函数表达式为（ ）

A． B．
C． D．
7．已知集合A＝{y|y}，B＝{x|y＝lg（x﹣2x2）}，则∁R（A∩B）＝（ ）
A．[0，） B．（﹣∞，0）∪[，+∞）
C．（0，） D．（﹣∞，0]∪[，+∞）
8．已知函数的图像上有且仅有四个不同的关于直线对称的点在的图像上，则的取值范围是( )
A． B． C． D．
9．如图，设为内一点，且，则与的面积之比为

A． B．
C． D．
10．复数满足 (为虚数单位),则的值是(　　)
A． B． C． D．
11．已知等差数列的前n项和为，且，，若（，且），则i的取值集合是（ ）
A． B． C． D．
12．定义在R上的偶函数满足，且在区间上单调递减，已知是锐角三角形的两个内角，则的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．以上情况均有可能
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设点P在函数的图象上，点Q在函数的图象上，则线段PQ长度的最小值为_________
14．关于函数有下列四个命题：
①函数在上是增函数；
②函数的图象关于中心对称；
③不存在斜率小于且与函数的图象相切的直线；
④函数的导函数不存在极小值.
其中正确的命题有______.（写出所有正确命题的序号）
15．设α、β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列四个命题：
①若m∥n，则m∥α；
②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；
③若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；
④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则n⊥β；
其中正确命题的序号为_____．
16．已知实数满足（为虚数单位），则的值为_______.
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）已知函数，.
（1）判断函数在区间上的零点的个数；
（2）记函数在区间上的两个极值点分别为、，求证：.
18．（12分）已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，点在抛物线上，直线与抛物线交于另一点.

（1）设直线，的斜率分别为，，求证：常数；
（2）①设的内切圆圆心为的半径为，试用表示点的横坐标；
②当的内切圆的面积为时，求直线的方程.
19．（12分）如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，.
（1）若，求证：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．

20．（12分）已知变换将平面上的点，分别变换为点，．设变换对应的矩阵为．
（1）求矩阵；
（2）求矩阵的特征值．
21．（12分）已知椭圆：的两个焦点是，，在椭圆上，且，为坐标原点，直线与直线平行，且与椭圆交于，两点.连接、与轴交于点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：为定值.
22．（10分）设都是正数，且，．求证：．
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．A
【解析】
求出二项式的展开式的通式，再令的次数为零，可得结果.
【详解】
解：二项式展开式的通式为，
令，解得，
则常数项为.
故选：A.
本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题.
2．D
【解析】
①通过证明平面，证得；②通过证明，证得平面；③求得三棱锥体积的最大值，由此判断③的正确性；④利用反证法证得与一定不垂直.
【详解】
设的中点为，连接，则，，又，所以平面，所以，故①正确；因为，所以平面，故②正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故③错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故④正确.
故选：D

本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
3．A
【解析】
由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可.
【详解】
双曲线的渐近线方程为y＝±x，圆心坐标为(3,0)．由题意知，圆心到渐近线的距离等于圆的半径r，即r＝.
答案：A
本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题.
4．B
【解析】
解：当直线过点时，最大，故选B

5．A

【解析】
求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程，从而可求切线的纵截距.
【详解】
，故，
所以曲线在处的切线方程为：.
令，则，故切线的纵截距为.
故选：A.
本题考查导数的几何意义以及直线的截距，注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标，因此截距有正有负，本题属于基础题.
6．A
【解析】
根据图像的最值求出，由周期求出，可得，再代入特殊点求出，化简即得所求.
【详解】
由图像知，，，解得，
因为函数过点，所以，
，即，
解得，因为，所以，
.
故选：A
本题考查根据图像求正弦型函数的解析式，三角函数诱导公式，属于基础题.
7．D
【解析】
求函数的值域得集合，求定义域得集合，根据交集和补集的定义写出运算结果.
【详解】
集合A＝{y|y}＝{y|y≥0}＝[0，+∞）；
B＝{x|y＝lg（x﹣2x2）}＝{x|x﹣2x2＞0}＝{x|0＜x}＝（0，），
∴A∩B＝（0，），
∴∁R（A∩B）＝（﹣∞，0]∪[，+∞）.
故选：D.
该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有函数的定义域，函数的值域，集合的运算，属于基础题目.
8．D
【解析】
根据对称关系可将问题转化为与有且仅有四个不同的交点；利用导数研究的单调性从而得到的图象；由直线恒过定点，通过数形结合的方式可确定；利用过某一点曲线切线斜率的求解方法可求得和进而得到结果.
【详解】
关于直线对称的直线方程为：
原题等价于与有且仅有四个不同的交点
由可知，直线恒过点
当时，
在上单调递减；在上单调递增
由此可得图象如下图所示：
其中、为过点的曲线的两条切线，切点分别为

由图象可知，当时，与有且仅有四个不同的交点
设，，则，解得：

设，，则，解得：

，则
本题正确选项：
本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问题；涉及到过某一点的曲线切线斜率的求解问题；解题关键是能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通过确定直线恒过的定点，采用数形结合的方式来进行求解.
9．A
【解析】
作交于点，根据向量比例，利用三角形面积公式，得出与的比例，再由与的比例，可得到结果.
【详解】
如图，作交于点，

则，由题意，，，且，
所以
又，所以，，即，
所以本题答案为A.
本题考查三角函数与向量的结合，三角形面积公式，属基础题，作出合适的辅助线是本题的关键.
10．C
【解析】
直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可．
【详解】
由得：
本题正确选项：
本题考查复数的除法的运算法则的应用，考查计算能力．
11．C
【解析】
首先求出等差数列的首先和公差，然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.
【详解】
设公差为d，由题知，
，
解得，，
所以数列为
故.
故选：C.
本题主要考查了等差数列的基本量的求解，属于基础题.
12．B
【解析】
由已知可求得函数的周期，根据周期及偶函数的对称性可求在上的单调性，结合三角函数的性质即可比较．
【详解】
由可得，即函数的周期，
因为在区间上单调递减，故函数在区间上单调递减，
根据偶函数的对称性可知，在上单调递增，
因为，是锐角三角形的两个内角，
所以且即，
所以即，
．
故选：．
本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由解析式可分析两函数互为反函数则图象关于对称,则点到的距离的最小值的二倍即为所求,利用导函数即可求得最值.
【详解】
由题,因为与互为反函数,则图象关于对称,
设点为,则到直线的距离为,
设,
则,令,即,
所以当时,,即单调递减；当时,,即单调递增,
所以,则,
所以的最小值为,
故答案为:
本题考查反函数的性质的应用,考查利用导函数研究函数的最值问题.
14．①②③
【解析】
由单调性、对称性概念、导数的几何意义、导数与极值的关系进行判断．
【详解】
函数的定义域是，
由于，
在上递增，∴函数在上是递增，①正确；
，∴函数的图象关于中心对称，②正确；
，时取等号，∴③正确；
，设则，显然是即的极小值点，④错误．
故答案为：①②③.
本题考查函数的单调性、对称性，考查导数的几何意义、导数与极值，解题时按照相关概念判断即可，属于中档题．
15．④
【解析】
根据直线和平面，平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.
【详解】
对于①，当m∥n时，由直线与平面平行的定义和判定定理，不能得出m∥α，①错误；
对于②，当m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β时，由两平面平行的判定定理，不能得出α∥β，②错误；
对于③，当α∥β，且m⊂α，n⊂β时，由两平面平行的性质定理，不能得出m∥n，③错误；
对于④，当α⊥β，且α∩β＝m，n⊂α，m⊥n时，由两平面垂直的性质定理，能够得出n⊥β，④正确；
综上知，正确命题的序号是④．
故答案为：④．
本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力和推断能力.
16．
【解析】
由虚数单位的性质结合复数相等的条件列式求得，的值，则答案可求．
【详解】
解：由，，，
所以，
得，．
．
故答案为：．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查虚数单位的性质，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．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，结合零点存在定理可得出结论；
（2）设函数的极大值点和极小值点分别为、，由（1）知，，且满足，，于是得出，由得，利用正切函数的单调性推导出，再利用正弦函数的单调性可得出结论.
【详解】
（1），，
，当时，，，，则函数在上单调递增；
当时，，，，则函数在上单调递减；
当时，，，，则函数在上单调递增.
，，，，.
所以，函数在与不存在零点，在区间和上各存在一个零点.
综上所述，函数在区间上的零点的个数为；
（2），.
由（1）得，在区间与上存在零点，
所以，函数在区间与上各存在一个极值点、，且，，
且满足即，，
，
又，即，，
，，，
由在上单调递增，得，
再由在上单调递减，得
，即.
本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，同时也考查了利用导数证明不等式，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
18．（1）证明见解析；（2）①；②.
【解析】
（1）设过的直线交抛物线于，，联立，利用直线的斜率公式和韦达定理表示出，化简即可；
（2）由（1）知点在轴上，故，设出直线方程，求出交点坐标，因为内心到三角形各边的距离相等且均为内切圆半径，列出方程组求解即可.
【详解】
（1）设过的直线交抛物线于，，
联立方程组，得：.
于是，有：
，
又，
；
（2）①由（1）知点在轴上，故，联立的直线方程：.
，又点在抛物线上，得，
又，
；
②由题得，
（解法一）

所以直线的方程为
（解法二）
设内切圆半径为，则.设直线的斜率为，则：
直线的方程为：代入直线的直线方程，
可得
于是有：
得，
又由（1）可设内切圆的圆心为则，
即：，解得：
所以，直线的方程为：.
本题主要考查了抛物线的性质，直线与抛物线相关的综合问题的求解，考查了学生的运算求解与逻辑推理能力.
19．（1）详见解析（2）
【解析】
（1）如图，作，交于，连接.
因为，所以是的三等分点，可得.
因为，，，所以，
因为，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面.
又，平面，平面，所以平面.
因为，、平面，所以平面平面，所以平面.

（2）因为是等边三角形，，所以.
又因为，，所以，所以.
又，平面，，所以平面.
因为平面，所以平面平面.在平面内作平面.
以B点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，.
设为平面的法向量，则，即，
令，可得.
设为平面的法向量，则，即，
令，可得.
所以，则，
所以二面角的正弦值为.
20．（1）（2）1或6
【解析】
（1）设，根据变换可得关于的方程，解方程即可得到答案；
（2）求出特征多项式，再解方程，即可得答案；
【详解】
（1）设，则，，
即，解得，则．
（2）设矩阵的特征多项式为，可得，
令，可得或．
本题考查矩阵的求解、矩阵的特征值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.
21．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）根据椭圆的定义可得，将代入椭圆方程，即可求得的值，求得椭圆方程；
（2）设直线的方程，代入椭圆方程，求得直线和的方程，求得和的横坐标，表示出，根据韦达定理即可求证为定值.
【详解】
（1）因为，由椭圆的定义得，，
点在椭圆上，代入椭圆方程，解得，
所以的方程为；
（2）证明：设，，直线的斜率为，设直线的方程为，
联立方程组，消去，整理得，
所以，，
直线的直线方程为，令，则，
同理，
所以：

，
代入整理得，
所以为定值.
本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，属于中档题.
22．证明见解析
【解析】
利用比较法进行证明：把代数式展开、作差、化简可得,,可证得成立,同理可证明,由此不等式得证.
【详解】
证明:因为,
，
所以
，
∴ 成立，又都是正数，
∴，①
同理，
∴．
本题考查利用比较法证明不等式;考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力;把差变形为因式乘积的形式是证明本题的关键;属于中档题。