江西省创智协作体2026届高三上学期9月联合调研考试数学试卷（含答案）.docx

江西省创智协作体2026届高三上学期9月联合调研考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知复数z=i(1−2i)，则|z|=(    )A. 1 B. 2 C. 5 D. 52.若集合A={x|x>2}，B={x||x−1|<2}，则A∩B=(    )A. (2,3) B. (−1,2) C. (−1,+∞) D. (2,+∞)3.“t>9”是方程“x2t−9−y2t−7=1”表示双曲线的(    )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件4.已知向量a=(1, 3)，|b|=2，|a−b|=2，则|a+b|=(    )A. 1 B. 3 C. 2 D. 2 35.已知a，b为空间不重合的两条直线，α，β为空间不重合的两个平面，则下列说法正确的是(    )A. 若a，b⊂α，a//β，b//β，则α//β B. 若a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，则α//βC. 若a//b，a⊥α，则b⊥α D. 若a⊥b，a⊥α，则b//α6.将函数f(x)=tan(2x+φ)图象向左平移π12个单位后得到函数g(x)的图象.若g(x)为奇函数，则正实数φ的最小值为(    )A. 5π6 B. π12 C. π6 D. π37.已知函数f(x)满足f(x+1)−f(x−1)=3，且y=f(x+2)+1为奇函数，则f(2026)=(    )A. 3037 B. 3034 C. 3035 D. 30368.设(a1,a2,a3,a4,a5)是3，4，5，6，7的一个排列.若(ai+1−ai)(ai+1−ai+2)>0对一切i∈{1,2,3}恒成立，则称该排列为“起伏排列”.则该起伏排列个数有(    )A. 32 B. 24 C. 20 D. 36二、多选题：本题共3小题，共18分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求9.随机变量ξ~N(2,σ2),若P(ξ>3)=a,P(1<ξ<2)=b,则下列说法正确的是（）A. a+b=12 B. a+ b≥1 C. a2+b2≥18 D. 2a+1b≥6+4 210.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，直线x=ky+p2与抛物线C交于点M，N(M在x轴上方)，O为坐标原点，|OF|=32，|NF|=2.则(    )A. p=3 B. k= 3C. △MOF与△NOF面积之比为3 D. △MNO面积为3 311.已知函数f(x)=ax3−x2+4a，a∈R，则有(    )A. 若函数y=f(x)+x有2个极值点，则a<13B. 当a=13时f(x)在x=2处的切线与函数y=f(x)的图象有且仅有2个交点C. 若对∀x∈R都有3f(x)+3f(2−x)=4，则a=1D. 当函数g(x)=f(x)ln( x2+1+x)的图象经过的象限最多时a的取值范围为(0,13)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知(x2−2x)n的展开式中二项式系数最大项仅为第4项，则其常数项为          ．13.在三棱锥S−ABC中，SC⊥平面ABC，AB⊥AC，CM⊥SA于点M，CM=BM=2，则三棱锥A−MCB外接球的表面积为          ．14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=4，cosC=23，cos2C−cos2B=2sinCsinA.则△ABC的面积为          ．四、解答题：本题共5小题，共77分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤15.(本小题13分)荔枝这种水果素有“红纱中裹着水晶丸”的美誉，不仅美味，而且还承载着丰富的文化历史.每批荔枝进入市场前都会进行检测.现随机抽取12箱荔枝，其中有6箱为一等品．(1)现从这12箱中任取3箱，记X表示抽到一等品的箱数，求X的分布列与期望;(2)从这12箱荔枝中不放回的依次抽取3箱，求在第一次取到一等品的前提下后二次至少一次抽到一等品的概率．16.(本小题15分)如图，四棱锥P−ABCD中，△PAD为等边三角形，AB//CD，CD=2DA=2AB=2BC，PA⊥AC，E为PC上一点，且BE//平面PAD．(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD;(2)求直线BE与平面PAB所成角的正弦值．17.(本小题15分)已知数列{an}满足(n+1)an+1=(n+2)an，且a1=2，n∈N∗．(1)求数列{an}的通项公式;(2)集合M={a1,a2,⋯,an}，将集合M的所有非空子集中最小元素相加，其和记为Sn，求Sn．18.(本小题17分)已知椭圆G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，以椭圆G的四个顶点为顶点的四边形面积为4 3． (1)求椭圆G的方程;(2)设A，B为椭圆G的左右顶点，过右焦点F的直线l交椭圆G于M，N两点，直线AM，BN交于点P．(ⅰ)求证点P在定直线上;(ⅱ)设AP=t1AM，BP=t2BN，求3t1+1t2的最大值．19.(本小题17分)在几何学中，我们常用曲率来刻画曲线的弯曲程度.设光滑连续曲线C:y=f(x)，定义k=|f′′(x)|[1+(f′(x))2]32为曲线C在点P(x,f(x))处的曲率，其中f′(x)为f(x)的导函数，f′′(x)为f′(x)的导函数.已知曲线C:f(x)=16x3−12x2lnx+3−2a4x2．(1)当a=2时，求曲线C在点P(1,f(1))处的曲率;(2)已知曲线C在不同的两点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))处的曲率均为0．(ⅰ)求实数a的取值范围;(ⅱ)求证：x1+x2<4a+23．参考答案1.C 2.A 3.A 4.D 5.C 6.D 7.C 8.A 9.ACD 10.ACD 11.BD 12.−20 13.8π 14.14 59 15.解：(1)若随机抽取3箱，则X=0，1，2，3，P(X=0)=C63C123=111，P(X=1)=C61C62C123=922，P(X=2)=C62C61C123C2C12C61=922，P(X=3)=C63C123=111，X的分布列为：X0123P111922922111∴EX=0×111+1×922+2×922+3×111=32．(2)设事件：设“第一次取到一等品”为事件A，“后二次至少一次抽到一等品”为事件B，第一次从12箱中取到一等品的概率P(A)=612=12，第一次取到一等品，后二次至少一次取到一等品的概率，先算第一次取到一等品，后两次都取不到一等品的概率，第一次取到一等品后还剩11箱，其中5箱一等品，6箱非一等品，后两次都取不到一等品的概率为611×510，那么P(AB)=12(1−611×510)=12(1−311)=12×811=411，根据条件概率公式P(B|A)=P(AB)P(A)，P(B|A)=41112=811。

 16.(1)证明：在等腰梯形ABCD中，由平面几何知识知：∠ADC=60∘，连AC，设CD=2DA=2AB=2BC=2a．在△ADC中，AC2=AD2+DC2−2AD·DC×cos∠ADC=a2+4a2−2a2=3a2，所以CD2−AD2=4a2−a2=3a2=AC2，则AD⊥AC．又PA⊥AC，AD∩PA=AM，AD，PA⊂平面PAD，∴AC⊥平面PAD，而AC⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD;(2)解：由(1)知平面PAD⊥平面ABCD，AC⊥平面PAD，可以A为原点，AC，AD分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．A(0,0,0)，B( 32a,−12a,0)，C( 3a,0,0)，P(0,12a, 32a)，过E作EF//CD交PD于点F，连AF，则EF//AB，在平面四边形ABEF中，∵BE//平面PAD，BE⊂面ABEF，面PAD∩面ABEF=AF，∴EB//FA，平面四边形ABEF为平行四边形，∴FE=AB=a=12CD，∴E为PC中点，E( 32a,14a, 34a)，∴BE=(0,34a, 34a)，AP=(0,12a, 32a)，AB=( 32a,−12a,0)，设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)，则有m·AP=0m·AB=0，即12ay+ 33az=0, 32ax−12ay=0.取x=1，y= 3，z=−1，∴m=(1, 3,−1)．设直线BE与平面PAB所成的角为α，则sinα=|cos|=|BE⋅m||BE||m|=3a4× 3−1× 34a 5× 32a= 55． 17.解：由递推式(n+1)an+1=(n+2)an，得an+1an=n+2n+1。

当n≥2时，数列通项可通过累乘法计算：an=a1×a2a1×a3a2×⋯×anan−1 代入已知a1=2，且a2a1=32，a3a2=43，…，anan−1=n+1n，累乘得：an=2×32×43×⋯×n+1n=n+1 当n=1时，a1=1+1=2，符合首项条件，故数列{an}的通项公式为an=n+1；(2) (2)由(1)知M={2,3,4,⋯,n+1}，设k∈M，若M的子集中最小元素为k，则该子集元素由k+1，k+2，⋯，n+1并上k后组成，而由k+1，k+2，⋯，n+1组成的子集有2n+1−k个，这些子集最小元素之和为k·2n+1−k．∴Sn=2×2n−1+3×2n−2+⋯+k⋅2n+1−k+⋯+(n+1)20． ①∴2Sn=2×2n+3×2n−1+⋯+k⋅2n+2−k+⋯+(n+1)21． ② ②− ①得Sn=2×2n+2n−1+⋯+21−(n+1)=2n+1+2n−n−3=3⋅2n−n−3． 18.解：(1)依题意c=1，四边形面积为12×2a×2b=4 3，∴ab=2 3，又a2−b2=1，∴a=2，b= 3．∴椭圆方程为x24+y23=1．(2)(i)证明：由(1)知可设直线l方程为x=my+1.M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立3x2+4y2=12，得(3m2+4)y2+6my−9=0，∴y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4．∴y1y2=32m(y1+y2)，直线AM方程为y=y1x1+2(x+2)，直线BN方程为y=y2x2−2(x−2)，x+2x−2=1+4x−2=yz(x1+2)y1(x2−2)=my1y2+3y2my1y2−y1=32(y1+y2)+3y232(y1+y2)−y1=3，∴x=4.即点P在定直线x=4上，(ii)解：依(i)有xp=4.设P(4,yp)，若AP=t1AM，BP=t2BN，则(6,yp)=t1(x1+2,y1)·(2,yρ)=t2(x2−2,y2)，∴3t1+1t2=x1+22+x2−22=x1+x22=m2(y1+y2)+1=−3m23m2+4+1=43m2+4≤1.故当m=0时，3t1+1t2的最大值为1． 19.解：(1)求曲线C在点P(1,f(1))处的曲率当a=2时，曲线方程为：f(x)=16x3−12x2ln x−14x2，f′(x)=12x2−(xln x+x2)−12x=12x2−xln x−x，f′ ′(x)。