湖北省黄石市2026届高三上学期9月起点考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省黄石市2026届高三上学期9月起点考试数学试题一､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，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，，则，又，所以，故选：A.2.已知，，且，则（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】由，，且，所以，得.故选：C.3.若复数满足，则（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】，，．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（）的独立性检验，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】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：B.5.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（）A. B. C. D.【答案】C【解析】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：C.6.已知，当时，的最小值是，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，，的最小值是，若，即时，则，解得，符合题意；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（）A. B.1 C. D.【答案】D【解析】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】，，恒成立，的最大值，又，.当且仅当且取等号.的最大值为.故选：D.二､多选题：本大题共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.9.已知的内角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，，当且仅当时，等号成立，又在上单调递减，而，所以，A正确；B选项，当时，，故为等边三角形，所以，而，显然不成立，B错误；C选项，若，又，故，则，，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：AD.10.正方体中，是棱上的动点（含端点），则（）A.的最小值为B.若是棱的中点，则点到平面的距离为C.记四棱锥外接球的球心为，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】选项A：如图把平面沿翻折至与平面共面，则，故A错误；选项B：如图，因为中点，则，又，，则的面积为，设点到平面的距离为，由可得，解得，故B正确；选项C：由图知，四棱锥的外接球球心即该正方体的外接球球心，如图，以为原点建立空间直角坐标系，过点作平面，垂足为点，连接，则即为与平面所成的角.由，，设，则，，则，因，则当或2时，取最小值，当时取最大值1，即直线与平面所成角的正切值的取值范围为，故C正确；选项D：记向量与的夹角为，则为锐角.则在上的投影向量的模长为，在C项所示空间直角坐标系中，，则，于是，为定值，故D正确.故选：．11.已知函数，方程有三个不同的实根，，，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】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15分.12.等差数列的公差为2，记前n项的和为，若，则__________.【答案】【解析】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.平面直角坐标系中，直线与y轴和曲线的交点分别为，若曲线在点处的切线交轴于点，则__________.【答案】【解析】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（，）的左右焦点分别为，，直线与C的右支交于A，B两点，P，Q分别为，的内心，若，则C的离心率为__________.【答案】【解析】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77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，，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.（1）证明：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.（2）解：法一：易知两两垂直，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立如图空间直角坐标系：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，的余弦值的绝对值即为所求.在中，，，，所以，即.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，.（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.解：（1）由题意，，即，所以为等比数列，公比为，，所以.所以，，.（2）由题意，，，，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：（，）.（1）解：，令，在恒成立.在上单调递减.∴，；，.故在上单调递增，在上单调递减.（2）证明：法一：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，所以，根据，，，成立.（3）证明：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）整理盒中小球时，需将所有乒乓球排成一排，要求每个黄乒乓球至少与另一个黄乒乓球相邻.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.解：（1）（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.（2）整理乒乓球时，要使得至少2个黄球相邻，则有“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，所以，即有，解得或（舍去），所以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.（1）解：由题意，当P在短轴顶点时最大，此时，解得，所以椭圆方程为：；（2）（i）解：由题意可得，直线l的斜率存在，设，，直线l的斜率为k.直线AB的方程为，代入，得，其中，，，，从而.因为点在椭圆上，代入椭圆方程得，即，解得，所以，.所以，又点O到直线AB的距离为，所以平行四边形OACB的面积.（ii）证明：法一：由（