湖北省宜昌市2026届高三上学期起点考试数学试题

宜昌市2026届高三九月起点考试数学本试卷满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.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40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.若全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解即得.【详解】由，得或，而，所以.故选：B2.已知数列为等差数列，，则（）A.19 B.22 C.25 D.27【答案】A【解析】【分析】依题意由等差数列性质计算可得，利用等差中项计算可得，可求出.【详解】根据等差数列性质，由可得，所以可得，又可得，所以.故选：A3.若为第二象限角，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】借助诱导公式、同角三角函数基本关系与二倍角公式计算即可得.【详解】由，有为第二象限角，则，故.故选：B.4.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由图可知，函数为奇函数，结合函数奇偶性的概念可排除选项A；结合时函数的取值可排除C；结合时，排除D选项；再进行验证B选项.【详解】由图可知，函数为奇函数.对于A，函数，定义域为，是非奇非偶函数，排除；对于C，函数，当，，不满足图象，排除C；对于D，函数，当时，，不满足图象，排除；对于B，函数，定义域为，而，则函数为奇函数，当时，，当时，，满足图象.故选：B.5.在中，角所对的边分别为，且，，则的面积为（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由余弦定理结合得，利用正弦定理得，进而得，由已知求得，利用三角形的面积公式即可求解.【详解】由余弦定理有：，又，所以，又由正弦定理有：，又，所以，又为三角形的内角，所以或（舍去），所以，又，所以，所以，所以，故选：D.6.不透明的布袋里装有不同编号且大小完全相同的红色，白色，黑色，蓝色的球各两个，从中随机选4个球，则在已有两个球是同一颜色的条件下，另外两球不同色的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用古典概型的概率公式求出至少有两个球颜色相的概率，再求出两球颜色相同，另外两球颜色不同的概率，然后利用条件概率公式可求得结果.【详解】记至少有两个球颜色相同为事件，两球颜色不同为事件，则，，所以在已有两个球是同一颜色的条件下，另外两球不同色的概率为,故选：B7.在平面直角坐标系中，，.已知点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合图形先利用向量数量积的运算律求得，，化简得，再借助于向量的三角不等式即可求出的取值范围.【详解】如图，因，，则，即，因，又，则，则，因，当且仅当与同方向时，；当且仅当与反方向时，，即.故选：C.8.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用对数运算法则以及换底公式，结合不等式性质求解可得结论.【详解】由可得，由糖水不等式和基本不等式可得：，所以，因此,同理可得，即，所以，因此可得.故选：A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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，有选错的得0分.9.下列四个命题中正确的是（）A.已知随机变量服从正态分布，若，则B.对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4C.已知随机变量服从二项分布，若，则D.对于样本相关系数，若越大，则成对样本数据的线性相关程度越强【答案】AC【解析】【分析】根据正态分布曲线的对称性，可求得的值，判断A；根据线性回归直线过样本中心可求得m的值，判断B；根据二项分布的方差的性质可判断C；根据样本相关系数的意义可判断D.【详解】对于A，因为随机变量X服从正态分布，，则，A正确；对于B，将样本点的中心代入，可得，B错误；对于C，随机变量X服从二项分布，则，若，则，C正确；对于D，样本相关系数r，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，D错误，故选：AC10.已知直线是三条不同的直线，为两个不同的平面，则（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BD【解析】【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，，可能有，故A错误；B选项，若，则，而，则，所以B正确.C选项，若，可能，则未必有，故C错误D选项，若，则，而，则，所以D正确.故选：BD11.已知抛物线，为其焦点，过的直线与抛物线交于两点，则（）A.若，则直线的倾斜角为B.以为直径圆与直线相切C.若点在轴上的射影分别为，以线段为直径的圆与轴交于两点，则D.过点分别作抛物线的切线，两切线分别交轴于两点，则以线段为直径的圆与直线相切【答案】BCD【解析】【分析】设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的几何性质判断A，结合直线和圆的位置关系判断B，结合弦长公式判断C，利用导数求出坐标，结合直线与圆的位置关系判断D.【详解】由题意，抛物线的准线方程为，设直线的方程为，，，选项A：将直线方程与抛物线方程联立，消去整理得，所以，，由抛物线的性质可知，因为，所以，解得，即直线的倾斜角为或，A说法错误；选项B：设中点为，则，以为直径的圆半径，圆心到直线的距离，所以以为直径的圆与直线相切，B说法正确；选项C：由题意，，以为直径的圆圆心为，即，半径，因为，所以，又圆心到轴的距离，所以，C说法正确；选项D：对求导得，所以过点的切线方程为，即，令解得点坐标为，同理可得，所以以为直径的圆的圆心为，即，半径，因为圆心到直线的距离，所以以线段为直径的圆与直线相切，D说法正确；故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的系数为_______．【答案】【解析】【分析】根据二项定理展开通项，求得的值，进而求得系数．【详解】根据二项定理展开式的通项式得所以，解得所以系数故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理的简单应用，属于基础题．13.已知，，，则的最小值为__________.【答案】或【解析】【分析】由条件和基本不等式直接可得.【详解】由，，，得.，当且仅当，即，由，得时不等式等号成立.所以当时，有最小值.故答案为：.14.写出一个同时具有下列性质①②③的函数解析式__________.①是偶函数；②；③对，当时，都有.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】取，说明满足性质①②③即可得解.【详解】若，则是偶函数，满足①，，满足②，对，，所以在上单调递增，满足③，综上，满足题意故答案为：（答案不唯一）.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.随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货.某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后20个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额（单位：万元），并计算得，，.（1）求样本的相关系数（精确到），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号的相关程度；（2）已知这20个月中有8个月的销售金额低于平均数，从这20个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额低于平均数的月份数为，求随机变量的分布列.附：相关系数.【答案】（1），相关性强（2）分布列见解析【解析】【分析】（1）由条件结合相关系数公式求出相关系数，根据相关系数性质判断结论；（2）由条件确定的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列.【小问1详解】样本的相关系数为.由于相关系数，则相关性很强，的值越大，相关性越强.故，故销售金额和月份编号成很强的正相关性.小问2详解】由题意得：的可能取值为0，1，2，20个月中有8个月的销售金额低于平均数，有12个月的销售金额不低于平均数，所以，所以的分布列为：01216.已知数列的前项和为，，当时，；是等差数列，.（1）求，的通项公式；（2）记，求.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系消去，得到，由等比数列的定义即可判断并求出其通项公式，利用等差数列的基本量运算可求出其通项公式；（2）先写出，利用错位相减法即可求出结果.【小问1详解】由时，①，则当时，可得，将代入，解得，当时，②，由①-②，可得，即，因，故数列为等比数列，其首项为，公比为，故数列的通项公式为，设等差数列的公差为，由，解得，故数列的通项公式为.【小问2详解】由和，，可得③，则④，由③-④，可得，故得.17.如图，在直三棱柱中，分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算得到证明.（2）确定分别是棱的中点时，体积取得最大值，法一：建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为.又平面的一个法向量为，根据向量的夹角公式计算得到答案.法二：平面，过作垂线交于点，连接，根据定义可知即为二面角的平面角，再计算的余弦值.【小问1详解】以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图所示）.设，则.所以，又∵，∴.【小问2详解】，当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值.又∵，∴当时，取得最大值，此时三棱锥的体积取得最大值.故，从而.法一：设平面的法向量为，则且，所以，即，令，可得.又平面的一个法向量为，记二面角的大小为，则有，即二面角的余弦值为.法二：∵平面，过作垂线交于点，连接，如图所示.平面，平面，∴平面，即为二面角的平面角.在中，，根据等面积法可得，在中，，可得边上的高为，根据等面积法可得，在中，.即二面角的余弦值为.18.已知椭圆的短轴长为2，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上不同的两点，且关于轴对称，直线和交于点.（i）求动点的轨迹；（ii）过点的动直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（i）（ii）存在，【解析】【分析】（1）由离心率和短轴长结合关系求值，写出方程；（2）（i）设，写出方程，两式相乘，代入点在椭圆上所得关系式，消元求出动点轨迹方程，说明轨迹；（ii）由得，设存在定点满足条件，由求出.【小问1详解】由，得，故椭圆方程为：.【小问2详解】（i）：设，则，两式相乘，，即，∵在椭圆上，，即代入得，化简得，因为点不与重合，所以.即动点的轨迹为双曲线，不包含顶点.（ii）：因为，∴，即，∴.设，则，即.所以.∴，化简得.又因为斜率存在，所以有.所以，故在轴上存在点，使得.19.已知函数，记函数的导函数为.（1）求函数的极值；（2）若函数有两个零点，求的取值范围；（3）设正实数满足，证明：.【答案】（1）极小值为1，无极大值（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导判断的符号，利用函数极值的定义求解即可；（2）按的不同取值范围分类讨论，利用导数求单调性，结合零点存在定理求解即可；（3）将不等式转化为，根据导数的几何意义求出的切线方程，构造，利用导数求得，由此利用切线进行放缩即可得解.【小问1详解】由题意，令解得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的极小值为，无极大值.【小问2详解】由题意可得，定义域为，，（i）当时，若，则，所以，若，则，所以，此时不可能有两个零点；（ii）①当时，易知在上单调递增，且，若，则，，所以存在使得，当时，