湖北省恩施2026届高三上学期9月起点考试+数学答案

恩施州届高三第一次质量监测暨9月起点考试数学本试卷满分分，考试用时分钟.注意事项：题卡上的指定位置.选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.题卡上的非答题区域均无效.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分，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，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.【详解】因为，，则，又，所以，故选：A.2.已知，，且，则（）A.B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】根据向量的数量积的坐标运算直接可得.【详解】由，，且，第1页/共22页所以，得.故选：C.3.复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的运算法则及其模长公式求解即可.【详解】由已知得，则，故选：B．4.根据分类变量与的观测数据，计算得到，依据小概率值（性检验，则（）A.变量与不独立B.变量与独立C.变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1D.变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1【答案】B【解析】【分析】根据独立性检验的概念可得正确的选项.【详解】因为，所以在显著性水平下，没有充分证据拒绝原假设，因此我们认为变量与是独立的，故选：B5.将函数的图象向左平移（）个单位后，所得的图象仍然关于原点对称，则的最小值为（）第2页/共22页A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先通过平移法则得新函数解析式为，根据对称中心列方程得，由即可求解.【详解】函数的图象平移后得到，其图象关于点对称，那么，所以，又，所以m的最小值为.故选：C6.已知，当时，的最小值是，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分、分别求解即可.【详解】，0，的最小值是，若，即时，则，解得；若，即时，，，不合题意舍去.故.故选：D.7.抛物线与直线交于两点，为坐标原点，且满足，则第3页/共22页（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】联立抛物线与直线方程得，利用根与系数的关系及垂直的向量表示，得到，即可求解.【详解】设，，由，消得到，则，因为，则，又，所以，所以，解得，故选：D.8.已知a，b为正实数，且，若恒成立，则m的最大值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将变形为，再利用基本不等式求出的最小值即可得解.【详解】，，恒成立，的最大值，又，第4页/共22页.当且仅当且取等号.的最大值为.故选：D.36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.9.已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（）A.B.当B最大时，成立C.若，则D.若，则【答案】AD【解析】A选项，由余弦定理和基本不等式得到B选项，当，为等边三角形，BC到，由余弦函数单调性得到；D选项，由勾股定理和得到，解得，由正弦定理.【详解】A选项，，当且仅当时，等号成立，第5页/共22页又在上单调递减，而，所以，A正确；B选项，当，，故为等边三角形，所以，而，显然不成立，B错误.C，，又，又在上单调递减，故，C错误；D选项，若，则，即，解得，由正弦定理得，故，D正确.故选：AD10.正方体中，，是棱）A.的最小值为B.若是棱的中点，则点到平面的距离为C.记四棱锥外接球球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为D.若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值【答案】BCD【解析】【分析】对于A，将平面沿翻折至与平面共面，则；对于B，由，计算即可；对于C，得四棱锥外接球的球心，根据线面角定义结合图象求D与的夹角为在上的投影向量的模长为第6页/共22页间直角坐标系，计算即可.【详解】对于A，将平面沿翻折至与平面共面，如图所示，则，故A错误；对于B，若是棱的中点，则，即是等腰三角形，设的中点为，则，，所以，因为，设点到平面的距离为，则，故B正确；对于C，四棱锥外接球的球心即为该正方体的外接球球心，即为点，设点在平面的投影点为，边的中点为，连接，则直线与平面所成角为或其补角，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，此时，，其所成角正切值为，当点与点或点重合时，直线与平面所成角最小，此时，其正切值为，所以直线与平面所成角的正切值的取值范围为，故C正确；第7页/共22页对于D，记向量与的夹角为，则在上的投影向量的模长，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，为定值，故D正确.故选：BCD已知函数，方程有三个不同实根，，，则（）A.方程有两个不同的实根B.C.是方程的一个根D.【答案】ACD【解析】有两个不同的解且，A的正误，同样结合图形求出的范围后可判断B的正误，将代入计算后可判断C的正误，根据方程的解的传递性可用表示后根据单调性可求范围，从而可判断D的正误.第8页/共22页【详解】令，考虑的解.的图象如图所示：对于A，因为有3个不同的解，故有两个不同的解，且，，故A正确.对于B，由A的分析可得，故B错误.对于C，由A的分析结合图象可得：有两个不同的解，故且，故，故是方程的一个根，故C正确.对于D，由A的分析可得有两个不同的解，不妨设为，有唯一解，不妨设为，则，，故，故，而即，所以，记，则，故在上单调递增，故，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.等差数列的公差为2，记前n项的和为，若，则__________.【答案】第9页/共22页【解析】【分析】利用等差数列的求和公式和等差中项性质，及等差数列的通项公式即可求解.【详解】由等差数列的求和公式得：，，因为等差数列的公差:,又由等差数列的通项公式可得：，所以解得.故答案为：13.与y轴和曲线的交点分别为在点处的切线交轴于点，则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，得到，利用导数的几何意义，求得曲线在点处的切线方程，令，得到的坐标，进而求得的长，得到答案.【详解】由直线与y轴及曲线的交点分别为，可得，又由，可得，则，所以曲线在点处的切线方程为，令，可得，即，所以.故答案为：.14.已知双曲线（，）左右焦点分别为，，直线与C的右支交于AB两点，PQ分别为，C的离心率为__________.【答案】【解析】PQ两点的横坐标为aPQ的直线方程为AB的倾第10页/共22页斜角为，可得，则得答案.【详解】由题意，直线，则直线过，如图，设内切圆与各边的切点为H，I，J，则，设，则，即P点的横坐标为a，同理可得Q点的横坐标为a.则PQ的直线方程为，又直线AB的倾斜角为，因为，，，，所以，又，则，得，.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在直三棱柱中，，.第11页/共22页（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）根据线面垂直的性质定理和判定定理进行证明.（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦.方法二：把二面角的余弦转化成两个平面的垂线所成的角，利用余弦定理求角的余弦.【小问1详解】在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以.又，，所以平面，平面，所以.又，所以四边形为正方形，从而.因为，平面，所以平面.【小问2详解】以BBC所在直线为xAB所在直线为y轴，所在直线为z系：第12页/共22页则，，，，，从而，，.设平面的法向量为，则，不妨取由（1）可知，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则.法二：过作的垂线，垂足为E，连接AE，平面平面，，平面，由（1）知，平面，的余弦值即为所求.在中，，，，设平面与平面的夹角为，，则.16.如图，正方形ABCD的边长为，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，其边长记为；然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为.已知，.第13页/共22页（1）求，；（2）记第n个正方形区域未被第个正方形区域覆盖的面积为，求使得成立的n的最小值.【答案】（1），（2）【解析】1是等比数列，根据等比数列的通项公式得到，进而可得.（2）先用累加法得到，列出不等式，设，利用数列单调性解不等式即可.【小问1详解】由题意，，即，所以为等比数列，公比为，，所以.所以，，.【小问2详解】由题意，，，第14页/共22页，设，则为单调递减数列，且，又，所以.的最小值是5.17.已知函数，.（1）判断函数的单调性；（2）若，证明：；（3）证明：（，）.【答案】（1）在单调递增，在单调递减（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】1后再求导得到的最值得到的单调性，然后得到的解，即可得到的单调区间；（2）方法一：利用导数求得的最值，结合（1）中的最值即可证明结论.方法二：利用导数求的最值，然后得到.构造函数，然后结合与二次函数的最值，得到即可证明结论.（3）由（1）中结论得到，然后对不等式右边放缩得到.然后由裂项相消得到的值，即可得证.【小问1详解】，令，第15页/共22页在恒成立.在上单调递减.∴，；，.故在单调递增，在单调递减.【小问2详解】据（1）可知，恒成立.，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增；，，则成立.法二：要证，即证令，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，∵，，即.令，即，令，则由二次函数的顶点可知，根据，，，成立.第16页/共22页【小问3详解】据（1）可知，，令，则，（，）.，，，，，相加可得：，因为，则，，所以，故对，恒成立.18.已知一个大盒子内装有6个黄乒乓球，个白乒乓球.（1）现甲乙两人从盒中进行随机摸球游戏：甲，乙两人轮流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸球，直到两人中有一人摸到白乒乓球时游戏结束，每次摸出的小球均不再放回，且甲乙摸球相互独立.已知乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率为.（i）求x的值；（ii）记表示游戏结束时甲摸球的次数，求的分布列和期望.（2.记不超过3个黄乒乓球排在一起的概率为p，若，求x的最小值.【答案】（1i）2ii）分布列见解析，；（2）.【解析】1i1次恰好摸到白乒乓球的概率列出关于ii步骤求解即可；（2）先将黄球分组，再利用插空法即可得出事件总数，进而求出概率即可得解.第17页/共22页【小问1详解】（i）由题意，乙第一次恰好摸到白球的概率为，即，解得或，因为，所以.（ii）根据游戏规则，的取值可能为1，2，3，4，；；；；所以的分布列为1234.【小问2详解】2“黄黄—黄黄—黄黄”“黄黄黄—黄黄黄”“黄黄—黄黄黄黄”，“黄黄黄黄—黄黄”“黄黄黄黄黄黄”5种情况.可以先排列白球，通过插空法，让黄球排列在白球与白球之间的空位上.所以“黄黄—黄黄—黄黄”有种排法；“黄黄黄—黄黄黄”“黄黄—黄黄黄黄”“黄黄黄黄—黄黄”均有种排法，总共种；“黄黄黄黄黄黄”有种排法.不超过3个黄球排在一起的情况只能为“黄黄—黄黄—黄黄”与“黄黄黄—黄黄黄”两种情况，第18页/共22页所以，即有，解得或x的最小值为6.19.已知O为坐标原点，椭圆的右焦点为F，过F的直线l交于A，B两点，P是上一动点，且的面积最大值为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若C是上的另一点，满足四边形OACB为平行四边形.（i）求平行四边形OACB的面积；（ii）设C关于O的对称点为D，求证：A，B，C，D四点共圆.【答案】（1）（2i）ii）证明见解析【解析】1）当P在短轴顶点时最大，利用面积列方程求得，即可求解椭圆的标准方程；（2iAB的方程为得得点