2026届江西省抚州市临川区第一中学高三下学期开学考试数学试题试卷含解析.doc

2026届江西省抚州市临川区第一中学高三下学期开学考试数学试题试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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。
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．84
2．函数在上单调递减的充要条件是（ ）
A． B． C． D．
3．一个几何体的三视图如图所示，正视图、侧视图和俯视图都是由一个边长为的正方形及正方形内一段圆弧组成，则这个几何体的表面积是（ ）

A． B． C． D．
4．函数的一个零点在区间内，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知抛物线上的点到其焦点的距离比点到轴的距离大，则抛物线的标准方程为（ ）
A． B． C． D．
7．已知点是抛物线：的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，在椭圆上，其中，，若，，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
9．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．
10．下列说法正确的是（ ）
A．命题“，”的否定形式是“，”
B．若平面，，，满足，则
C．随机变量服从正态分布（），若，则
D．设是实数，“”是“”的充分不必要条件
11．2019年10月1日，中华人民共和国成立70周年，举国同庆.将2,0,1,9,10这5个数字按照任意次序排成一行，拼成一个6位数，则产生的不同的6位数的个数为
A．96 B．84 C．120 D．360
12．下列四个图象可能是函数图象的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．二项式的展开式中所有项的二项式系数之和是64，则展开式中的常数项为______.
14．正四面体的各个点在平面同侧，各点到平面的距离分别为1，2，3，4，则正四面体的棱长为__________．
15．在中，角，，的对边长分别为，，，满足，，则的面积为__．
16．展开式中的系数的和大于8而小于32，则______．
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.
18．（12分）已知函数．
（1）若不等式有解，求实数的取值范围；
（2）函数的最小值为，若正实数，，满足，证明：．
19．（12分）已知，，分别是三个内角，，的对边，．
（1）求；
（2）若，，求，．
20．（12分）某大学生在开学季准备销售一种文具套盒进行试创业，在一个开学季内，每售出1盒该产品获利50元，未售出的产品，每盒亏损30元.根据历史资料，得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示.该同学为这个开学季进了160盒该产品，以（单位：盒，）表示这个开学季内的市场需求量，（单位：元）表示这个开学季内经销该产品的利润.

（1）根据直方图估计这个开学季内市场需求量的平均数和众数；
（2）将表示为的函数；
（3）以需求量的频率作为各需求量的概率，求开学季利润不少于4800元的概率.
21．（12分）（1）已知数列满足：，且（为非零常数，），求数列的前项和；
（2）已知数列满足：
（ⅰ）对任意的；
（ⅱ）对任意的，，且.
①若，求数列是等比数列的充要条件.
②求证：数列是等比数列，其中.
22．（10分）网络看病就是国内或者国外的单个人、多个人或者单位通过国际互联网或者其他局域网对自我、他人或者某种生物的生理疾病或者机器故障进行查找询问、诊断治疗、检查修复的一种新兴的看病方式.因此，实地看病与网络看病便成为现在人们的两种看病方式，最近某信息机构调研了患者对网络看病，实地看病的满意程度，在每种看病方式的患者中各随机抽取15名，将他们分成两组，每组15人，分别对网络看病，实地看病两种方式进行满意度测评，根据患者的评分（满分100分）绘制了如图所示的茎叶图：

（1）根据茎叶图判断患者对于网络看病、实地看病那种方式的满意度更高？并说明理由；
（2）若将大于等于80分视为“满意”，根据茎叶图填写下面的列联表：

满意
不满意
总计
网络看病

实地看病

总计

并根据列联表判断能否有的把握认为患者看病满意度与看病方式有关？
（3）从网络看病的评价“满意”的人中随机抽取2人，求这2人平分都低于90分的概率.
附，其中.

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

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．B
【解析】
画出几何体的直观图，计算表面积得到答案.
【详解】
该几何体的直观图如图所示：
故.
故选：.

本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
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．C
【解析】
画出直观图，由球的表面积公式求解即可
【详解】
这个几何体的直观图如图所示，它是由一个正方体中挖掉个球而形成的，所以它的表面积为.
故选：C

本题考查三视图以及几何体的表面积的计算，考查空间想象能力和运算求解能力.
4．C
【解析】
显然函数在区间内连续,由的一个零点在区间内,则,即可求解.
【详解】
由题,显然函数在区间内连续,因为的一个零点在区间内,所以,即,解得
故选:C
本题考查零点存在性定理的应用,属于基础题.
5．C
【解析】
根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
点不在直线、上，
若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，
若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：
若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立
则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，
故选：．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键．
6．B
【解析】
由抛物线的定义转化，列出方程求出p，即可得到抛物线方程．
【详解】
由抛物线y2＝2px（p＞0）上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，根据抛物线的定义可得，，所以抛物线的标准方程为：y2＝2x．
故选B．
本题考查了抛物线的简单性质的应用，抛物线方程的求法，属于基础题．
7．D
【解析】
根据抛物线的性质，设出直线方程，代入抛物线方程，求得k的值，设出双曲线方程，求得2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（1）p，利用双曲线的离心率公式求得e．
【详解】
直线F2A的直线方程为：y＝kx，F1（0，），F2（0，），
代入抛物线C：x2＝2py方程，整理得：x2﹣2pkx+p2＝0，
∴△＝4k2p2﹣4p2＝0，解得：k＝±1，
∴A（p，），设双曲线方程为：1，
丨AF1丨＝p，丨AF2丨p，
2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（ 1）p，
2c＝p，
∴离心率e1，
故选：D．
本题考查抛物线及双曲线的方程及简单性质，考查转化思想，考查计算能力，属于中档题．
8．C
【解析】
根据可得四边形为矩形, 设,,根据椭圆的定义以及勾股定理可得,再分析的取值范围,进而求得再求离心率的范围即可.
【详解】
设,,由,,知,
因为,在椭圆上,,
所以四边形为矩形,；
由,可得,
由椭圆的定义可得,①,
平方相减可得②,
由①②得；
令,
令,
所以,
即,
所以,
所以,
所以,
解得.
故选：C
本题主要考查了椭圆的定义运用以及构造齐次式求椭圆的离心率的问题,属于中档题.
9．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
10．D
【解析】
由特称命题的否定是全称命题可判断选项A；可能相交，可判断B选项；利用正态分布的性质可判断选项C；或，利用集合间的包含关系可判断选项D.
【详解】
命题“，”的否定形式是“，”，故A错误；，
，则可能相交，故B错误；若，则，所以
，故，所以C错误；由，得或，
故“”是“”的充分不必要条件，D正确.
故选：D.
本题考查命题的真假判断，涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等，是一道容易题.
11．B
【解析】
2,0,1,9,10按照任意次序排成一行，得所有不以0开头的排列数共个，其中含有2个10的排列数共个，所以产生的不同的6位数的个数为.故选B．
12．C
【解析】
首先求出函数的定义域，其函数图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到，因为为奇函数，即可得到函数图象关于对称，即可排除A、D，再根据时函数值，排除B，即可得解.
【详解】
∵的定义域为，
其图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到，
∵为奇函数，图象关于原点对称，
∴的图象关于点成中心对称.
可排除A、D项.
当时，，∴B项不正确.

故选：C
本题考查函数的性质与识图能力，一般根据四个选择项来判断对应的函数性质，即可排除三个不符的选项，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由二项式系数性质求出，由二项展开式通项公式得出常数项的项数，从而得常数项．
【详解】
由题意，．
展开式通项为，由得，
∴常数项为．
故答案为：．
本题考查二项式定理，考查二项式系数的性质，掌握二项展开式通项公式是解题关键．
14．
【解析】
不妨设点A，D，C，B到面的距离分别为1，2，3，4，平面向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D，与AB，AC分别相交于点E，F，根据题意F为中点，E为AB的三等分点（靠近点A），设棱长为a， 求得，再用余弦定理求得：，从而求得，再根据顶点A到面EDF的距离为，得到，然后利用等体积法求解，
【详解】
不妨设点A，D，C，B到面的距离分别为1，2，3，4，
平面向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D，与AB，AC分别相交于点E，F，如图所示：

由题意得：F为中点，E为AB的三等分点（靠近点A），
设棱长为a， ，
顶点D到面ABC的距离为
所以，
由余弦定理得：
，
所以，所以，
又顶点A到面EDF的距离为，
所以，
因为，
所以，
解得，
故答案为：
本题主要考查几何体的切割问题以及等体积法的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象，运算求解的能力，属于难题，
15．．
【解析】
由二次方程有解的条件，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求，进而可求，然后结合余弦定理可求，代入，计算可得所求．
【详解】
解：把看成关于的二次方程，
则，即，
即为，
化为，而，
则，
由于，可得，
可得，即，
代入方程可得，，
，
由余弦定理可得，，
解得：（负的舍去），
．
故答案为．
本题主要考查一元二次方程的根的存在条件及辅助角公式及余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题．
16．4
【解析】
由题意可得项的系数与二项式系数是相等的，利用题意，得出不等式组，求得结果.
【详解】
观察式子可知
，，
故答案为：4.
该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中项的系数和，属于基础题目.

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）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.
18．（1）（2）见解析
【解析】
(1)分离得到，求的最小值即可求得的取值范围；（2）先求出，得到，利用乘变化即可证明不等式.
【详解】
解：（1）设，
∴在上单调递减，在上单调递增．
故．
∵有解，∴．
即的取值范围为．
（2），当且仅当时等号成立．
∴，即．
∵
．
当且仅当，，时等号成立．
∴，即成立．
此题考查不等式的证明，注意定值乘变化的灵活应用，属于较易题目.
19．（1）； （2），或，.
【解析】
（1）利用正弦定理，转化原式为，结合，可得，即得解；
（2）由余弦定理，结合题中数据，可得解
【详解】
（1）由及正弦定理得
．
因为，所以，代入上式并化简得
．
由于，所以．
又，故．
（2）因为，，，
由余弦定理得即,
所以．
而，
所以，为一元二次方程的两根．
所以，或，．
本题考查了正弦定理，余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
20．（1），众数为150；（2） ；（3）
【解析】
（1）由频率直方图分别求出各组距内的频率，由此能求出这个开学季内市场需求量的众数和平均数；（2）由已知条件推导出当时，，当时，，由此能将表示为的函数；（3）利用频率分布直方图能求出利润不少于4800元的概率．
【详解】
（1）由直方图可估计需求量的众数为150 ，
由直方图可知的频率为：
由直方图可知的频率为：
由直方图可知的频率为：
由直方图可知的频率为：
由直方图可知的频率为：
∴估计需求量的平均数为：

（2）当时，
当时，
∴
（3）由（2）知 当时，
当时，得
∴开学季利润不少于4800元的需求量为
由频率分布直方图可所求概率
本题考查频率分布直方图的应用，考查函数解析式的求法考查概率的估计，是中档题，解题时要注意频率分布直方图的合理运用．
21．（1）；（2）①；②证明见解析.
【解析】
（1）由条件可得，结合等差数列的定义和通项公式、求和公式，即可得到所求；
（2）①若，可令，运用已知条件和等比数列的性质，即可得到所求充要条件；
②当，，，由等比数列的定义和不等式的性质，化简变形，即可得到所求结论．
【详解】
解：（1），，且为非零常数，，，
可得，
可得数列的首项为，公差为的等差数列，
可得，前项和为；
（2）①若，可令，，
且，即，，，，
对任意的，，可得，
可得，，
数列是等比数列，则，，
可得，，即，
又，即有，即，
数列是等比数列的充要条件为；
②证明：对任意的，，，，，
当，，，
可得，即以为首项、为公比的等比数列；
同理可得以为首项、为公比的等比数列；
对任意的，，可得，
即有，
所以对，，，
可得，，
即且，则，可令，
故数列，，，，，，，，，
是以为首项，为公比的等比数列，其中．
本题考查新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法和推理、运算能力，属于难题．
22．（1）实地看病的满意度更高，理由见解析；（2）列联表见解析，有；（3）.
【解析】
（1）对实地看病满意度更高，可以从茎叶图四个方面选一个回答即可；（2）先完成列联表，再由独立性检验得有的把握认为患者看病满意度与看病方式有关；（3）利用古典概型的概率公式求得这2人平分都低于90分的概率.
【详解】
（1）对实地看病满意度更高，理由如下：
（i）由茎叶图可知：在网络看病中，有的患者满意度评分低于80分；在实地看病中，有的患者评分高于80分，因此患者对实地看病满意度更高.
（ii）由茎叶图可知：网络看病满意度评分的中位数为73分，实地看病评分的中位数为87分，因此患者对实地看病满意度更高.
（iii）由茎叶图可知：网络看病的满意度评分平均分低于80分；实地看病的满意度的评分平均分高于80分，因此患者对实地看病满意度更高.
（iV）由茎叶图可知：网络看病的满意度评分在茎6上的最多，关于茎7大致呈对称分布；实地看病的评分分布在茎8，上的最多，关于茎8大致呈对称分布，又两种看病方式打分的分布区间相同，故可以认为实地看病评分比网络看病打分更高，因此实地看病的满意度更高.
以上给出了4种理由，考生答出其中任意一一种或其他合理理由均可得分.
（2）参加网络看病满意度调查的15名患者中共有5名对网络看病满意，10名对网络看病不满意；参加实地看病满意度调查的15名患者中共有10名对实地看病满意，5名对实地看病不满意.
故完成列联表如下：

满意
不满意
总计
网络看病
5
10
15
实地看病
10
5
15
总计
15
15
30
于是，
所以有的把握认为患者看病满意度与看病方式有关.
（3）网络看病的评价的分数依次为82，85，85，88，92，由小到大分别记为，
从网络看病的评价“满意”的人中随机抽取2人，所有可能情况有：；；；共10种，
其中，这2人评分都低于90分的情况有：
；；共6种，
故由古典概型公式得这2人评分都低于90分的概率.
本题主要考查茎叶图的应用和独立性检验，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.