江西省十校联考2026届高三上学期1月期末阶段性作业数学试卷（含解析）

2025～2026学年度上学期高三数学阶段性作业
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若，则（ ）
A. 2 B. C. 10 D.
3.已知平面向量，，且，则（ ）
A． B． C．D．
4.已知等比数列的前项和为，若，且与的等差中项为，则（ ）
A．B．C．D．
5.若函数，则的值域为（ ）
A． B． C．D．
6.如图1所示，椭圆具有光学性质：从椭圆的左焦点发出的光线经过椭圆镜面反射，其反射光线经过椭圆的右焦点.如图2，若椭圆与圆相切于点、，则的方程为（ ）
图1 图2
A． B．C． D．
7.已知直线与直线交于点，点是圆上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C． D．
8.在正方体中，为正方形的中心，
为的中点，过点、、的平面将正方体分成上、
下两部分，则上、下这两部分的体积比等于（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9.某校元旦晚会节目预选赛上， 名评委老师给张三的节目打的分数分别为：、、、、、，则下列说法正确的是（ ）
A．得分的中位数为
B．得分的第百分位数为
C．若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的平均值会变大
D．若去掉一个最高分和一个最低分，则得分的方差会变大
10.已知，设若则下列正确的是（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为
C．的最小值为D．的最大值为
11.数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（ ）
A．当时，曲线与轴有个交点
B．曲线的图象关于对称
C．当时，曲线上的一点到原点距离的最大值为
D．当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则．
13.已知函数，其中，若关于的方程在区间上有且仅有2个不相等的实数根，则的取值范围是．
14.2025年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人从原点出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位，共移动3次.求该机器人在有且仅有一次经过（含到达）点位置的条件下，水平方向移动3次的概率为．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15.(13分)在中，内角所对的边分别为.现有如下两个条件：条件①；条件②.请从上述两个条件中选择一个作为已知，完成本题解答.
你选择的条件是__________.
（1）求角；
（2）若为的中点，且，求的面积的最大值.
注：若多选条件，则按选择第一个条件解答计分.
16.(15分)某学校组织“学党史、强信念、跟党走”为主题的知识竞赛，每位参加比赛的同学均可参加多轮答题活动，每轮答题结果互不影响.每轮比赛共有两组题，每组都随机抽取两道题作答，先进行组答题，只有组的两道题均答对，方可进行组答题，否则本轮答题结束.已知甲同学组每道题答对的概率均为，组每道题答对的概率均为，两组题至少答对3道题才可获得一张奖券.
（1）设甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为，求的分布列与数学期望；
（2）若甲同学进行了10轮答题，试问甲同学获得多少张奖券的概率最大？并说明理由.
17.(15分)如图，在三棱锥中，为等边三角形，.
（1）求证：平面平面；
（2）若为线段上一点，当直线与平面所成的角的正切值为时，
求二面角的余弦值.
18.(17分)已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点，点为椭圆上的不同两点且，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.
（ⅰ）求直线的方程，并判断直线与椭圆的位置关系；
（ⅱ）试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点,请说明理由.
19.(17分)已知函数.
（1）若,求函数在点处的切线方程;
（2）若,证明：当时，，当时，;
（3）若是的极小值点，求的值.
数学试题参考答案
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 【答案】A
【详解】由，得，所以，
因为，所以，
所以.故选：A.
2. 【答案】D
【详解】因为，所以，故选：D
3. 【答案】C
【详解】因为，，
所以，，
因为，所以，解得.故选：C
4. 【答案】A
【详解】因为等比数列的前项和为，设其公比为，
由已知，故，所以，，则，
故，所以，，故.故选：A.
5. 【答案】B
【详解】由，且为偶函数，求导，所以在R上单调递增，又由，所以当时，当时，，所以在时，取到最小值2，即函数值域为,
故选：B
6. 【答案】D
【详解】 如图，因为椭圆E与圆C相切于A，所以他们在点A处有相同的切线l，l与圆C相切可求得l的方程为，由椭圆的光学性质知，所以关于直线l对称点在直线上，所以
即，
所以，所以①，
而椭圆过点A，所以②，联立①②得，故选D
7. 【答案】B
【详解】 圆C的标准方程为，所以．
由得，所以．
，故选B
8. 【答案】D
【详解】如图，过点P作EF∥AQ分别交于EF，则．
再过点F作平面FGHI∥平面ABCD分别与棱交于G,H,I，则，
所以，故选D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 【答案】BC
【详解】 将6个分数按从小到大的顺序排列得：86、90、92、94、95、98.所以中位数为，所以A错误；计算，所以第75百分位数为第5个数95，所以B正确；6个分数的平均分为，方差，
若去掉一个最高分和一个最低分后，，，所以，所以C正确，D错误．
10. 【答案】ACD
【详解】 在上单调递增，又由，
根据题意即
对于A，，当且仅当，
即取等号，故A正确；
对于B， ，故当，时，
取到最小值，不满足题意，故B错误；
对于C，，当且仅当，即时等号成立，
故C正确；
对于D, ，
当且仅当，即时取等号，由，得，
所以当时，取得最大值，故D正确. 故选：ACD
11. 【答案】ABD
【详解】对于A选项，当时，在曲线的方程中，令，可得，
解得，所以当时，曲线与轴有4个交点，A对；
对于B选项，在曲线上任取一点，则点关于直线的对称点为，因为，即点也在曲线上，
所以曲线的图象关于直线对称，B对；
对于CD选项，当时，在曲线上的一点，则，
则，其中，
令，其中，则，
因为函数、在上均为增函数，
故函数在上为增函数，
因为，，
所以，存在使得，则，
当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，C错；
，
因为，所以，则，
所以，
所以，，故，D对.故选：ABD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．【答案】1
【详解】令得，令得，所以，所以
13．【答案】
【详解】由函数，
因为方程在区间上有且仅有2个不相等的实数根，且，
可得在区间上有且仅有2个不相等的实数根，
令，
即等价于方程在上有且仅有2个不相等的实数根，
结合正弦函数图像可知，解得，故答案为：.
14．【答案】
【详解】设事件“有且仅有一次经过”，事件“水平方向移动3次”，
按到位置需要1步，3步分类讨论.记向左，向右，向上，向下，
（1）若1步到位为事件，则满足要求的是或或或或，
或或或或，所以；
（2）若3步到位为事件，则满足要求的是
所以；所以，
满足的情况有：，，.所以，
所以.故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．【答案】（1）选条件①：由，及正弦定理，
.------------------2分
又为内角，所以，从而，
即，------------------4分
则，或（舍去），从而. ------------------6分
选条件②，由及正弦定理，
得，------------------2分， 整理得，------------4分
由余弦定理得，而，
所以. ------------------6分
（2）由为的中点，从而.------------------8分
平方，得，
即，------------------10分
当且仅当时等号成立，此时有最大值，----------------11分
则.
从而面积的最大值为. ------------------13分
16．【答案】（1）甲同学在一轮比赛中答对的题目数量为的可能取值有，
则
-----------------4分
所以的分布列为
0 1 2 3 4
-----------------5分
故；-----------------7分
（2）由于两组题至少答对3道题才可获得一张奖券，
则甲在一轮答题中获得一张奖券的概率为
，-----------------8分
所以甲同学进行了10轮答题，获得的奖券数，
可得奖券数的概率为，，-----------------10分
假设甲同学获得张奖券的概率最大，则有:
,-----------------12分
化简得：
，解得，-----------------14分
又因为，所以，即同学获得3张奖券的概率最大.-----------------15分
17．【答案】（1）如图，取中点为，连接.
因为，，, 所以，.
又因为为等边三角形，中点为，所以，且.
在中，有，所以，. -----------------3分
因为平面，平面，，所以，平面.----------5分
因为平面，所以，平面平面. -----------------6分
由（1）知，平面，
所以直线与平面所成的角的平面角为，---------7分
即,因为，所以, 即为的中点.
因为，平面,分别以所在的直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，-----------------9分
则，，
设是平面的一个法向量，
则有，即，
取，则，，则. -----------------12分
易知平面的法向量为-----------------13分
则，由图可知，二面角为锐角，
故二面角的余弦值为. -----------------15分
18.【答案】（1）由题意知，解，---------------2分
所以，椭圆的方程为.-----------------4分
（2）（ⅰ）由两点式知的方程为，
所以的方程为，-----------------6分
联立得，
因为，所以直线与椭圆相切.----------------9分
（ⅱ）当的斜率存在时，设的方程为，
设
其中,----------------11分
联立
得，
由，得
，，
同理可得，，-----------------13分
所以，
因为，所以即，
所以直线的方程为，所以直线过定点.-----------------15分
当的斜率不存在时，设的方程为，，
同理，
因为，所以即，
所以直线的方程为也过点.
综上，直线是过定点.-----------------17分
注：其他解法可酌情给分。
19.【答案】（1）当时，.
, -----------------2分
,又， 切线方程为.-----------------4分
（2）设函数，
，故与符号相同，
----------------6分
恒成立，在上单调递增.
，故当时，，即，
当时，，即.----------------9分
（3），
,-----------------10分
由，得.-----------------13分
当时， ，
当时，，当时，，
在时单调递减，在时单调递增，
-----------------13分
当时，，
可知在0附近存在区间，使，在上单调递减，
又，，，，
在上单调递增，在上单调递减，
故在区间上，在区间上单调递减
在处无极值，不符合要求.-----------------15分
当时，，可知在0附近存在区间，使，
在上单调递增，
又，，，，
在上单调递减，在上单调递增，
故在区间上，在区间上单调递增,
在处无极值，不符合要求.
综上所述，当时，在处有极小值.-----------------17分