江西省G20联考校联考2026届高三下学期5月模拟预测数学试卷（Word版附解析）

这是一份江西省G20联考校联考2026届高三下学期5月模拟预测数学试卷（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．记等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．23B．25C．35D．45
3．已知向量，，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
4．若，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知点是函数图象的一个对称中心，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知是定义在上周期为4的奇函数，则（ ）
A．B．0C．1D．2
7．如图，为一个五面体，底面是矩形，//底面，侧面和侧面为全等的等腰三角形，侧面和侧面为全等的等腰梯形，其中，，，，设，，，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
8．设函数，则（ ）
A．的最小值为1B．的最小值为
C．有一个实根D．有两个实根
二、多选题
9．已知某软件公司开发了一款新型智能解题软件，现将该软件上市后的月份以及当月获得的利润（单位：万元）统计如下表所示，并根据表中数据，得到经验回归方程，则（ ）
A．
B．可以估计每增加1个月份，月利润平均提高万元
C．可以估计上市后的第7个月的利润为万元
D．上市后的第4个月的利润的残差为万元
10．设关于实数的方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．若方程只有一个实数根，则
B．若方程有两个实数根，则
C．若方程有三个实数根，则
D．若方程有三个实数根，则
11．如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上一点，则（ ）

A．存在点，使
B．若，则动点的轨迹长度为
C．当点在线段上时，直线与平面平行
D．当点在线段上时，直线与平面所成角的正弦值可以为
三、填空题
12．在的展开式中，其常数项为__________．
13．设等比数列的前项和为，公比为．若，，则__________．
14．设双曲线的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与的左、右两支分别交于，两点，为的中点且，则的离心率为__________．
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，．已知．
(1)求A；
(2)若，且的面积为，求的周长．
16．如图，已知四棱锥的底面是矩形，侧棱底面，，，是的中点．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求平面与平面夹角的正弦值．
17．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于，两点，直线，的斜率分别为，．若，求直线的方程．
18．已知函数，为的导函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)是否存在，使得为的极值点？若存在，求；若不存在，请说明理由；
(3)若，为最小的零点，证明：当时，．
19．某玩家进行一项挑战，每次挑战成功得2分，失败扣1分．该玩家第次挑战成功的概率为，且各次挑战成功与否相互独立．表示前次挑战后的总得分．
(1)求的分布列及数学期望；
(2)已知，在此情况下，求“至少有三个奇数局获胜”的概率；
(3)某玩家共进行了局挑战，且，求“获胜的局数中，奇数局多于偶数局”的所有可能情况数．
参考答案
1．A
【详解】，解得，
集合，
．
2．C
【详解】已知为等差数列，，，设公差为，
则，解得：，
所以.
3．B
【详解】已知向量，，则，
，解得．
4．A
【详解】设（），则，，所以.
所以，
解得，代入中，解得，
故.
5．D
【详解】依题意，则，即，
由，可得.
6．B
【详解】因为周期为4，所以，
令 ，得到
又因为是定义在上的奇函数，所以，
令，即，
所以，即，即.
7．C
【详解】过作底面的垂线，垂足为，过作于点，连接、、，
则五面体可分为四棱锥和三棱锥.
由题意知，，
在中，，
在中，，即五面体的高为.
如图取、三等分点、、、，
连接、、、、、，
则五面体可分为三棱柱、四棱锥和四棱锥，
且.
，
，
.
，，.
所以ABD选项错误，C选项正确.
8．B
【详解】因为，
所以表示点两点间的距离，
表示点到直线的距离，
点在抛物线上，
过点作，垂足为，则函数表示，
点到直线的距离为，
则当三点共线且在线段上时，有最小值，最小值为，
故A错误，B正确；
无解，故C错误；有一个实根，故D错误.

9．AC
【详解】由统计表可知：
，，
则回归直线过样本中心点，代入回归方程得，
，解得，故A正确；
回归方程为，斜率为，则每增加1个月份，月利润平均提高万元，
故B错误；
时，万元，故C正确；
由统计表知，第4个月，预测值，
残差万元，故D错误．
10．ABC
【详解】令，则，
若，则，则在上单调递增，
因为时，时，
则在上只有一个零点，此时满足；
若，则当或时，单调递增，
当时，单调递减，
，
，
若方程只有一个实数根，则或，
得或，满足，故A正确；
若方程有两个实数根，则或，
得或，满足，故B正确；
若方程有三个实数根，则且，
即且，
因为，所以，则满足上述不等式，且；
若，则成立，由得；
若，则成立，由得，故C正确，D错误.
11．ACD
【详解】以为原点，、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，.
设（在侧面上，则坐标恒为2，，）.
选项A：，.
若，则，即，解得.
取，则满足条件，故A正确；
选项B：由得，，化简得.
该方程表示在平面上，以点为圆心，半径为1的圆弧（，，实际是四分之一圆），
所以轨迹长度为，故B错误；
选项C：，.
设平面的法向量为，则
，即，令，则，，所以.
因为在线段上，设（），则，
所以，，所以，（）.
因为，所以，又平面，
所以直线与平面平行，故C正确；
选项D：，.
设平面的法向量为，则
，即，令，则，又，所以.
设直线与平面所成角为，由选项C知，（）.
则
，，
所以，当时，取最大值，为，故D正确.
12．15
【详解】的展开式的通项公式为．
令，解得．
故的展开式中的常数项．
故答案为：15．
13．120
【详解】方法一：
等比数列中，仍成等比数列，公比为，
，，则，
所以， ，
所以,
，
所以.
方法二：
，
代入，,
.
14．
【详解】
已知直线的斜率，，则直线的斜率为，
设，则
在直线上，即①，②，
联立①②得：，即，
设，代入双曲线方程并相减得：
，整理得，
即，化简得，
，即，
，解得，
．
15．(1)
(2)
【详解】（1）由已知得．
由正弦定理，得，
即．
又，所以．
因为，，所以．
又，故．
（2）由题意，的面积，可得，
由余弦定理，得，且，
所以，
则，
因为，所以，
所以的周长为．
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）如图，连接，交于点，连接，
由题意可知，分别为，的中点，故，
又平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，平面，所以，．
又，为的中点，所以，且．
又，，，平面，
所以平面．又平面，所以．
又，且，平面，所以平面，
所以点到平面的距离等于线段的长，即点到平面的距离为．
（3）以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设是平面的一个法向量，
则，．
设是平面的一个法向量，
则，．
设平面与平面的夹角为，
则，，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
17．(1)
(2)
【详解】（1）因为椭圆过点，所以，
又离心率，得．
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）由（1）知椭圆的方程为，左顶点为，点在椭圆内部，
①当直线的斜率不存在时，其方程为，
代入椭圆方程得，解得．
不妨设，，则，，
所以，不符合题意．
②当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
设，，联立，
消去，得，
由韦达定理有，，
又，，直线的斜率，直线的斜率，
故，
计算分子，
，
计算分母，，
因此，
又，得，解得，
此时直线的方程为，即．
18．(1)
(2)不存在满足题意的；理由见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，则，
又，所以切点坐标为，
又，所以所求的切线方程为，即．
（2）不存在满足题意的．理由如下：
依题意有，，
若为极值点，则，即，但需判断是否为极值点，
当时，，
令，则，
所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，
所以，即，且只有时，
所以在上单调递增，
故不是的极值点．
综上，不存在使得为的极值点．
（3）当，时，
由为最小的零点，则，
依题意有，
令，则，所以在上单调递减，
又，，
由零点存在定理，则存在，使，即，
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
又，当时，，且为最小的零点，所以．
要证当时，，
故需证．
记，
则只需证，
由于，所以，
而当时，，即在上单调递减，
于是只需证．
得证．
19．(1)的分布列为：
数学期望为
(2)
(3)当时，满足条件的所有可能情况数为；当时，满足条件的所有可能情况数为．
【详解】（1）由题设知，第次挑战成功的概率，
故当是3的倍数时，；
当不是3的倍数时，．
对于前两局，，，且相互独立．
记为第局挑战成功，的可能取值及概率如下，
两局都成功，，概率为．
一胜一负有两种情况（第1局胜第2局负或第1局负第2局胜），
，概率为．
两局都失败， ，概率为．
故的分布列为：
数学期望 ．
（2）已知，设前6局中成功局，失败局，则，
解得，，即成功5局，失败1局．
由于第3局和第6局是3的倍数，挑战成功的概率为1，故这两局一定成功．
因此，在剩下的第1，2，4，5局中，需成功3局，失败1局．
奇数局为第1，3，5局，偶数局为第2，4，6局．
事件“至少有三个奇数局获胜”即奇数局成功数．
而奇数局共有3局，故需第1，3，5局全部成功．
已知第3局成功，因此需第1局和第5局都成功．
在剩下的4局（第1，2，4，5局）中，需恰好成功3局，且必须包含第1局和第5局，
此时最后一个成功局只能是第2局或第4局，
故满足条件的成功局集合有2种，或（注意，第3，6局已固定成功）．
总序列数相当于从4局中选3局成功，共有种选择，
故所求概率为．
（3）①当（）时，共进行了局挑战，获得分．
其中奇数必胜局为第3，9，⋯，局，共局；
偶数必胜局为第6，12，⋯，局，共局．
剩下的局中，奇数局有局，偶数局有局．
设玩家胜利局，失败局，则，
解得，．
除去局奇数必胜局和局偶数必胜局，在剩下的局中需胜利局，
要求“获胜的局数中，奇数局多于偶数局”，
除去必胜局后，在剩下的局胜利中至少需局奇数局胜利．
记满足条件的情况数为，
则．
令，
则，
考虑多项式，其项的系数为．
另一方面，在的展开式中，项的系数也等于，
故．
②当时，共进行了局挑战，获得分．
其中奇数必胜局为第3，9，⋯，局，共局；
偶数必胜局为第6，12，⋯，局，共局．剩下的局中，
奇数局有局，偶数局有局．
设该玩家胜利局，失败局，则，
解得，．
除去局奇数必胜局和局偶数必胜局，在剩下的局中需胜利局．
要求“获胜的局数中，奇数局多于偶数局”，
除去必胜局后，在剩下的局胜利中至少需局奇数局胜利．
记满足条件的情况数为，
则．
令，
则，
考虑多项式，其项的系数为．
另一方面，的展开式中，项的系数也等于
（因为被重复计算），
故，
结合，得．
综上，当时，满足条件的所有可能情况数为；月份
1
2
3
4
5
利润
6
7
9
1
4
1
4