2026屆江西“三新”協(xié)同教研共同體高三12月聯(lián)考高三數(shù)學(xué)試卷注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.本試卷主要考試內(nèi)容：高考全部內(nèi)容。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.設(shè)集合A={x|-5＜x＜10},B={x|(x-7)(x-12)＜0},則A∪B=A.(-5,12) B.(-5,7)C.(10,12) D.(7,10)2.已知復(fù)數(shù)z1A.z1+C.z1+z23.已知函數(shù)fx=logax3-7（a＞0A.±22 B.1 C.24.已知P為拋物線C:y2=-4x上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)A(5,8),P到C的準(zhǔn)線的距離為d,A.10 B.310 C.9 5.2025年正好是一個(gè)平方年(2025=452,12961369144415211600168117641849·元朝明朝明朝明朝明朝清朝清朝清朝某位歷史老師將從這8個(gè)年份中隨機(jī)選取3個(gè)年份，對(duì)當(dāng)年的歷史進(jìn)行深入研究，則他選取的年份至少有2個(gè)在明朝的概率為A.12 B.37 C.276.已知橢圓Cy2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F2,∣A.(4,6] B.(4,6)C.(6,+∞) D.[6,+∞)【高三數(shù)學(xué)第1頁(共4頁)】7.若函數(shù)fx=1-cos2A.-π2π12 B.-π128.在棱長為6的正方體ABCD-A?B?C?D?中,MB=2AM,CN=NC1,過MN的平面將該正方體分成體積為A.128 B.144 C.156 D.160二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.設(shè)函數(shù)fx=2x+2A.當(dāng)a=1時(shí),p=1B.?a∈R,p-q=-1C.?a∈R,p,q,a、成等比數(shù)列D.“f(0)＞0”是“g(2)＞0”的充分不必要條件10.菲，是一種含三個(gè)苯環(huán)的稠環(huán)芳烴，化學(xué)式為C??H??，存在于煤焦油中，菲的三個(gè)環(huán)的中心不在一條直線上，菲的分子結(jié)構(gòu)圖如圖1所示(圖中的三個(gè)正六邊形在同一平面內(nèi))，將菲的分子結(jié)構(gòu)圖中的14個(gè)C原子分別記為A,B,C,D,E,E,G,H,I,J,K,L,M,N,如圖2所示，則A.ABBCC.BG?11.已知曲線Ck:x-3cos2kπ32+y-3sin2kπA.當(dāng)r=4-10時(shí)，B.當(dāng)Ω與圓O有6個(gè)公共點(diǎn)時(shí),1＜r＜5C.不存在過原點(diǎn)的直線與Ω無公共點(diǎn)D.Ω上僅有4個(gè)點(diǎn)到直線y=x+1的距離為2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.江西省共有11個(gè)地級(jí)市，各地級(jí)市的縣、縣級(jí)市、區(qū)的數(shù)量之和如下：南昌市(9)，景德鎮(zhèn)市(4),萍鄉(xiāng)市(5),九江市(13),新余市(2),鷹潭市(3),贛州市(18),吉安市(13),宜春市(10)，撫州市(11)，上饒市(12).這11個(gè)數(shù)組成一組數(shù)據(jù)，則這組數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)對(duì)應(yīng)的地級(jí)市為▲市.【高三數(shù)學(xué)第2頁(共4頁)】13.如圖，周長為12的五邊形ABCDE由一個(gè)正三角形與一個(gè)矩形組成，設(shè)該正三角形與該矩形的面積分別為S?，S?，則當(dāng)S1?S14.已知f(x)是定義在[-10,0)∪(0,10]上的奇函數(shù),對(duì)任意的x1,x2∈010,當(dāng)x1≠x2時(shí)，x24+1fx1-x14+四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)某校手工社團(tuán)開展“非遺作品闖關(guān)”活動(dòng)，需依次按順序完成A(剪紙·窗花)，B(陶藝·杯盞)，C(刺繡·團(tuán)扇)三個(gè)手工作品，只有完成當(dāng)前作品，才有資格制作下一個(gè)作品.已知該校手工社團(tuán)某成員完成各個(gè)作品的概率和完成時(shí)獲得的積分如下表，各個(gè)手工作品能否完成相互獨(dú)立.手工作品完成的概率獲得的積分A0.8.200B0.5600C0.41200(1)求該成員未獲得制作手工作品C的資格的概率；(2)設(shè)該成員獲得的總積分為T，求T的分布列及均值.16.(15分)如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1(1)證明:平面.AD(2)設(shè)E為棱C?D?的中點(diǎn),求直線AE與平面,A1C【高三數(shù)學(xué)第3頁(共4頁)】17.(15分)已知雙曲線My22-x2(1)求t的值及N的離心率.(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線l:y=kx+m(km≠0且k+m≠0)與N交于A,B兩點(diǎn).(i)若k=1,(ii)若直線OA，OB的斜率之積為-km，證明：直線l不經(jīng)過N的左焦點(diǎn).18.(17分)對(duì)于給定的閉區(qū)間Dn(n∈N°)，現(xiàn)將按如下規(guī)則構(gòu)造的區(qū)間列{En}稱為{Dn}的“就近隔離區(qū)間列”：(i)確定E?,取.E(ii)確定E?,若D?與E?的交集為空集,則E2=D2,，否則判斷D?與E?的交集是否為空集，若為空集，則.E2=D3,，否則判斷D?與E(iii)確定E?,若Dc?+?與E?的交集為空集,則E3=Dc1+1,否則判斷.Dc1+2與E(jv)依照(ii)(iii)的方法依次確定E?,E?,…,En.已知數(shù)列{an}滿足a1=4,a5=4a1,a(1)求{an}的通項(xiàng)公式及E?,E?.(2)證明:?n∈N?,?k∈N*,3·2"∈Ek.(3)設(shè)t是給定的正整數(shù),求集合{4k|4k∈En,k∈N*,n≤t}中的元素之和S(t).19.(17分)已知函數(shù)fx(1)當(dāng)m＜0時(shí),過原點(diǎn)的直線與曲線y=f(x)切于點(diǎn)(x?,f(x?)),證明：-mx(2)已知f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x?,x?,g(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x?,x?,且x()求m的取值范圍；(ii)證明:x【高三數(shù)學(xué)第4頁(共4頁)】高三數(shù)學(xué)試卷參考答案題序1234567891011121314答案DADBBCCDADABDBCD撫州3[-9,-2)U(1,2)【評(píng)分細(xì)則】【1】第1~8題，凡與答案不符的均不得分.【2】第9題，全部選對(duì)的得6分，有選錯(cuò)的不得分，每選對(duì)一個(gè)得3分；第10，11題，全部選對(duì)的得6分，有選錯(cuò)的不得分，每選對(duì)一個(gè)得2分.【3】第12,13,14題,其他結(jié)果均不得分.1.D【解析】本題考查集合的并集與一元二次不等式的解法，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由A=(-5,10),B=(7,12),得A∪B=(-5,12).2.A【解析】本題考查復(fù)數(shù)的概念與運(yùn)算，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由z1+z2=3i,得3.D【解析】本題考查對(duì)數(shù)函數(shù)圖象的定點(diǎn)問題，考查邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).令x2-7=1,得x=±4.B【解析】本題考查拋物線的定義，考查直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).設(shè)C的焦點(diǎn)為F,則F(-1,0),則d+|PA|=|PF|+|PA|≥|AF|=62+82=10,則d+|PA|的最小值為10.5.B【解析】本題考查排列組合與古典概型(跨學(xué)科交匯)，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理的核心素養(yǎng).由表可知，從1250年到1900年，平方年在明朝的個(gè)數(shù)為4，則他選取的年份至少有2個(gè)在明朝的概率為C6.C【解析】本題考查橢圓的幾何性質(zhì)與正弦定理，考查直觀想象與邏輯推理的核心素養(yǎng).因?yàn)閟in∠PF2F1=5sin∠PF1F2,且P，F(xiàn)?，F(xiàn)?三點(diǎn)不共線，所以由正弦定理得|∣PF1∣=5|PF?|,又|∣PF1∣+∣PF2∣=2a,所以∣PF2∣=a3.因?yàn)閍-c≤∣PF2∣≤a+c,所以27.C【解析】本題考查三角恒等變換與三角函數(shù)的性質(zhì)，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理的核心素養(yǎng).fx=1-cos2x+22+32sin2x+2=sin2x+8.D【解析】本題考查正方體的截面問題與幾何體的體積，考查空間想如圖，構(gòu)造長方體EFNG-MBCH，MN是其體對(duì)角線，其體積V3=3×4×6=72.設(shè)線段MN的中點(diǎn)為O?,過MN的平面為α(圖略),則平面α將長方體EFNG-MBCH分成的兩個(gè)幾何體關(guān)于點(diǎn)O?對(duì)稱，體積都為12V3=36,而正方體ABCD-A?B?C?D?的體積V=63=216.9.AD【解析】本題考查基本不等式、充分必要條件及等比數(shù)列，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理的核心素養(yǎng).fx=2x+2-x-a由x＞1,得x-1＞0,則.gx=x-1+1x-1+1-a≥2+1-a=3-a當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)，等號(hào)成立,所以q=3-A.當(dāng)a=1時(shí),p=1,A正確.若p,q,a?a∈R,p-q=2-a-(3-a)=-1,C錯(cuò)誤.由f(0)＞0,得a＜2,由g(2)＞0,得a＜3,則“f(0)＞0”是“g(2)＞0”的充分不必要條件,D正確.10.ABD【解析】本題以化學(xué)分子的結(jié)構(gòu)圖為情境考查平面向量的綜合，考查直觀想象、數(shù)學(xué)建模及數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由圖可知，ABBC=π-∠ABC=π-2π3=分別取MN,DE的中點(diǎn)P,Q,以正六邊形BCDEJK的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，PQ所在直線為x軸，JC所在直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB=2，則B(-3,-1),I(0,4),M(-33,1),G(23,4).;連接BM,BG,BI(圖略),則BM=-232,BG=3311.BCD【解析】本題考查直線與圓的綜合，考查直觀想象、邏輯推理及數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).依題意可知C?為圓x+322+y-3322=4,C2為圓x+322+y+3322=4,C3為圓x-32+y2=4,這3個(gè)圓的半徑均為2，且∣OC1∣=∣OC2∣=∣OC3∣=3.當(dāng)r=4圓O有6個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，圓O與這3個(gè)圓都相交，則|∣r-2∣＜3＜r+2,解得1＜r＜5,B正確.設(shè)過原點(diǎn)的直線為直線l，當(dāng)l與這3個(gè)圓中的1個(gè)圓相離時(shí)，因?yàn)榈街本€y=x+1的距離為2且與其平行的直線為l1:y=x-1,l2:y=x+3,且C1-32332到直線l?的距離為C?(3,0)到直線l?的距離為、2＜2,，到直線l?的距離為32＞2,所以直線l1,l2與Ω共有6個(gè)公共點(diǎn)，即Ω上有6個(gè)點(diǎn)到直線12.撫州【解析】本題考查統(tǒng)計(jì)中的百分位數(shù)，考查數(shù)據(jù)處理能力.將這11個(gè)數(shù)按照從小到大的順序排列為2,3,4,5,9,10,11,12,13,13,18,因?yàn)?1×60%=6.6，所以這11個(gè)數(shù)組成的數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)為13.3【解析】本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查直觀想象、數(shù)學(xué)建模及數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).設(shè)AB=x,BC=y,則3x+2y=12(0＜x＜4),得y=6-32x,則S1=34x2,S2=x(6-32x).設(shè)函數(shù)fx=S1?S2=34x36-32x(0＜x＜4),則f'x=3418x2-6x3,當(dāng)14.[-9，-2)∪(1，2)【解析】本題考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性，考查數(shù)學(xué)抽象、直觀想象及邏輯推理的核心素養(yǎng).設(shè)x1,x2∈010,且x1＜x2,則x1-x2＜0,所以x24+1fx1-x14+1fx2＞0,即fx1x14+1＞fx2x24+1.設(shè)函數(shù)gx=fxx4+1,易得g(x)在(0,10]上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(x)為[-10,0)∪(0,10]上的奇函數(shù),y=x4+1為偶函數(shù)，所以g(x)為[15.【解析】本題考查相互獨(dú)立事件的概率、離散型隨機(jī)變量的分布列及均值，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算與邏輯推理的核心素養(yǎng)及應(yīng)用意識(shí).解：分別用X，Y，Z表示完成A，B，C三個(gè)手工作品的事件，則X，Y，Z相互獨(dú)立.(1)用D表示該成員未獲得制作手工作品C的資格，則PD=PX+(2)T的可能取值為0,200,800,2000, 6分PT=0=PT=200=PT=800=PP(T=2000)=P(XYZ)=0.8×0.5×0.4=0.16, 10分則T的分布列為T02008002000P0.20.40.240.16 11分E(T)=0×0.2+200×0.4+800×0.24+2000×0.16=0+80+192+320=592. 13分【評(píng)分細(xì)則】【1】第(1)問中,未寫‘“PD=PX+PXY",直接得到“P(D)=1-0.8+0.8×(1-【2】第(2)問中,未寫“T的可能取值為0,200,800,2000”,但后面.P(T=0),P(T=200),P(T=800),P(T=2000)的計(jì)算都正確,不扣分;計(jì)算E(T)時(shí),也可以寫為E(T)=200×0.4+800×0.24+2000×0.16=592;E(T)寫為ET不扣分.16.【解析】本題考查立體幾何初步、空間向量及余弦定理，考查直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算及邏輯推理的核心素養(yǎng).(1)證明:連接AC.因?yàn)锳B=3,BC=2,∠ABC=60°,所以由余弦定理得AC2=AB2又AD=3,CD=2,所以AD在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因?yàn)锳A1∩AD=A,所以CD⊥平面ADD?又CD?平面CDD?C?,所以平面.ADD1A1⊥(2)解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(3,0,0),C(0,2,0),A?(3,0,3),D?(0,0,3),E(0,1,3),?????????????????????9分則AE= 10分設(shè)平面A?CD?的法向量為n=(x,y,z),則n=0,n?令y=3,得n=(0,3,2). 12分設(shè)直線AE與平面A?CD?所成的角為θ，則sinθ 14分所以直線AE與平面A?CD?所成角的正弦值為913. 【評(píng)分細(xì)則】【1】第(1)問中,未寫“AA?∩AD=A”,扣1分;未寫“CD?平面CDD?C?”,扣1分.【2】第(2)問中，平面A?CD?的法向量不唯一，只要所求法向量與n=(0，3，2)平行即可，得到“設(shè)直線AE與平面A?CD?所成的角為θ，則sinθ=∣cosAEn∣=∣AE?n∣∣AE∣∣n∣=17.【解析】本題考查直線與雙曲線的綜合，考查邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)解:依題意可得2+7=3+t, 1分解得t=6, 2分所以N的離心率為3+63=(2)證明:設(shè)A(i)將y=x+3代入x23-則x1+x所以|∣AB∣=1+k2x(ii)將y=kx+m代入x23-則 2-k2≠0,Δ=4k2m2+4(m2+6)(2-k2)=8(m2-3k2+6)＞0, 8分x1+x因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為-km，所以y 10分則k2+kmx整理得6k2-2N的左焦點(diǎn)的坐標(biāo)為(-3,0),假設(shè)直線l經(jīng)過N的左焦點(diǎn),則m=3k,?????????13分則6因?yàn)閗m≠0,所以k≠0,所以4=9k2+6,這與9k2≥0矛盾，所以假設(shè)不成立，故直線l不經(jīng)過N的左焦點(diǎn)【評(píng)分細(xì)則】【1】第(1)問中，N的離心率也可以寫為e【2】第(2)(i)問中,未寫“△＞0”,不扣分.第(2)(ii)問中,未寫‘“2-k2≠0"“△=8(m18.【解析】本題考查數(shù)列的新定義，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)抽象及邏輯推理的核心素養(yǎng).(1)解:由an+2=2an+1-an設(shè){an}的公差為d，則4d=a5-a1=3所以an=a1+n-D?=[4,8],D?=[7,14],D?=[10,20],D?=[13,26],D?=[16,32],D?=[19,38],D?=[22,44],則E1=D1(2)證明:設(shè)En=D設(shè)：m∈N*,m＞bn且.En∩Dm=?,則abn2abn∩am2am=?,即3bn+1即m＞2bn+13,因?yàn)閙∈N根據(jù)En的定義可知，En+1=D2b可得bn+1+1=2bn+1,則bn+1是首項(xiàng)為所以En=D2易證3?2n-2＜3?2"＜3?2n+1-4,所以?n∈(3)解:由4k∈E當(dāng)n=1時(shí),4≤22k≤8,解得k當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)?n+1=2·2"＜3·2"-2,2"+2-(3·2"-2)=2"+2＞0,2"+2-(3·2"+4)=4-2n+3,所以2k=n+2. 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，正整數(shù)k不存在；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，k=n+2故當(dāng)t為奇數(shù)時(shí)，St=4當(dāng)t為偶數(shù)時(shí)，St=4【評(píng)分細(xì)則】第(1)問中，求得E2=1020與E19.【解析】本題考查導(dǎo)數(shù)、函數(shù)、不等式的綜合，考查邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算及直觀想象的核心素養(yǎng).(1)證明：因?yàn)閒'x=1所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(x?,f(x?))處的切線方程為y …2分由該切線過原點(diǎn)，得-整理得-mx0+2lnx0(2)(i)解:f令f'(x)＞0,得x∈(0,e),f(x)單調(diào)遞增;令f'(x)＜0,得x∈(e,+∞),f(x)單調(diào)遞減.故f(x)的極大值為fe=1e當(dāng)x→0時(shí),f(x)→-∞,