数学答案-江西省南昌市2025年高三年级九月测试_2025年9月_250916江西省南昌市零模2026届高三上学期九月测试_江西省南昌市零模2026届高三上学期九月测试数学

2026 届高三摸底考试参考答案 数 学 一、单项选择题：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 有一项符合题目要求的． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B B D C C A B 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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． 题号 9 10 11 答案 ABC BD BCD 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分． 2 3 3 12．12 13． 14． 3 5 四、解答题：共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 15．【解析】（1）当直线l  y轴时，AB为抛物线的通径，所以2p 4，解得 p 2， 故抛物线C的标准方程为x2 4y. …………………………5分 （2）设点A(x ,y ),B(x ,y )，而F(0,1)，所以直线l: y  x1， 1 1 2 2 y  x1 联立直线l与抛物线C方程 ，得到x2 4x40， x2 4y 故x x 4,x x 4， …………………………9分 1 2 1 2 所以|x x | (x x )2 4x x 4 2 ， 1 2 1 2 1 2 1 所以△ABO的面积S  S S  |OF ||x x | AFO BFO 2 1 2 1  14 2 2 2. …………………………13分 2 16．【解析】（1）因为数列{a }是等比数列， n 所以a aqn1，则a aqn，所以a a a2q2n1 4n 22n， n 1 n1 1 n n1 1 2n1 所以a  2,q 2，则a  22n1 2 2 ； …………………………6分 1 n （2）因为a 1，a a 4n，所以a 4， 1 n n1 2 a 因为a a 4n，所以a a 4n1，所以 n2 4， …………………10分 n n1 n1 n2 a n 则S a a a a a a 2n 1 2 3 4 2n1 2n (a a )(a a )(a a ) 1 2 3 4 2n1 2n 5(14n) 5   (4n 1). …………………………15分 14 3 17．【解析】（1） p0.53C20.52(10.5)0.5； …………5分 3 （2）因为X  B(3,0.4)，所以P(X k)Ck 0.4k (10.4)3k(k 0,1,2,3)， 3 所以随机变量X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.216 0.432 0.288 0.064 其数学期望EX 30.41.2. ……10分（3）记进入第二阶段前提下，获得费用数为随机变量Z （单位：亿元），则Z 5X ， 所以EZ 5EX 6（单位：亿元）. 所以EY 1(C20.530.53)EZ (1C20.530.53)04. ……15分 3 3 1 a x2 ax1 18. 【解析】（1） f(x)1   ， x2 x x 2 令 f(x)0，则x2 ax10，a2 4， 当a2 40即0a2时，x2 ax10，f(x)0，此时 f(x)在(0,)单调递增， 无单调递减区间； ……………………………………4分 a a2 4 a a2 4 当a2 40即a 2时，方程x2 ax10有两根x  ,x  ， 1 2 2 2 则0 x x 或x x 时， f(x)0， f(x)单调递增； 1 2 x  x x 时， f(x)0， f(x)单调递减. 1 2 综上所述，当0a2时， f(x)在(0,)单调递增，无单调递减区间； 当a 2时， f(x)在(0,x ),(x ,)单调递增，在(x ,x )单调递减. 1 2 1 2 ……………………………………8分 1 （2）因为x2 ax 10(i1,2)，所以a x  (i1,2)， i i i x i 1 1 1 所以 f(x ) x  alnx  x  (x  )lnx ， 1 1 x 1 1 x 1 x 1 1 1 1 1 1 同理 f(x ) x  (x  )lnx ， …………………………10分 2 2 x 2 x 2 2 2 因为x x 1，所以0 x 1 x ， 1 2 1 2 1 1 1 设函数g(x) x (x )lnx，则g(x)( 1)lnx， x x x2 1 当x1时， 10,lnx0，此时g(x)0； x2 1 当0 x1时， 10,lnx0，此时g(x)0. x2 所以x0,g(x)0，即g(x)在(0,)单调递减，……………………13分 所以 f(x ) g(x ) g(1)0, f(x ) g(x ) g(1)0， 1 1 2 2 且x0时， f(x)；x时， f(x)， 所以 f(x)在(0,x ),(x ,x ),(x ,)各有一个零点，即 f(x)有且仅有三个不同的零点. 1 1 2 2 ……………………………………17分 1 （2）解法二：因为x2 ax 10(i1,2)，所以a x  (i1,2)， i i i x i 1 1 1 所以 f(x ) x  alnx  x  (x  )lnx ， 1 1 x 1 1 x 1 x 1 1 1 1 1 1 同理 f(x ) x  (x  )lnx ， ……………………………10分 2 2 x 2 x 2 2 2 因为x x 1，所以0 x 1 x ， 1 2 1 21 1 1 所以 f(x ) f( ) x aln f(x )，………………………13分 2 x x 1 x 1 1 1 1 由（1）可知，x x 为极大值点，x x 为极小值点， 1 2 所以 f(x )0, f(x )0，且x0时， f(x)；x时， f(x)， 1 2 所以 f(x)在(0,x ),(x ,x ),(x ,)各有一个零点，即 f(x)有且仅有三个不同的零点. 1 1 2 2 ………………………………17分 19．【解析】（1）因为O到C 的距离为2，所以C 的半径为 42 22 2 3， 所以正六边形AA ...A 的边长为2 3， 1 2 6 3 所以正六边形AA ...A 的面积为6 (2 3)2 18 3， …………3分 1 2 6 4 且P到C 的距离为6， 1 所以六棱锥P AA ...A 的体积为 18 3636 3. …………5分 1 2 6 3 （2）以C为原点，AA 为x轴，AA 的中垂线为y轴，PQ为z 轴建系， 1 4 1 4 则P(0,0,6),A(2 3,0,0)， 1 A ( 3,3,0),A ( 3,3,0)， 2 3 所以AP(2 3,0,6)， 1 A P ( 3,3,6)， 3 A A (2 3,0,0)， ………7分 2 3  设平面PA A 的一个法向量n (x ,y ,z )，  2 3 1 1 1 1  n AP 02 3x 6z 0 则 1  1  1 1 ，  n A P 0 3x 3y 6z 0 1 3  1 1 1 令z 1，得n ( 3,3,1)， 1 1  设平面PAA 的一个法向量n (x ,y ,z )  13 2 2 2 2  n A A 02 3x 0 则 2  2  3 2 ，  n A P 0 3x 3y 6z 0 2 3  2 2 2 令z 1，得n (0,2,1)， 2 2     n n 061 7 65 所以cosn ,n  1 2   . ……………11分 1 2 |n ||n | 13 5 65 1 2 （3）由已知，M 点在过PQ且与C 所在平面垂直的一个平面内，记这个平面为. 在平面内，以O为坐标原点，以PQ为y轴，以PQ中垂线为x轴建立平面直角坐标系， 3 设M(x,y)，则|x||MC| |CA |,| y||OC|，因为|CA |2 |OC|216 2 1 1 4 x2 y2 所以 x2  y2 16，即  1，又P,Q的坐标分别为(0,4),(0,4)， 3 12 16 x x x2 x2 3 所以tanMPQtanMQP     .…17分 4 y 4 y 16 y2 4 4 x2 3