2026年湖北宜昌市高三二模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页宜昌市2026届高三3月调研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，只有一项符合题目要求．1．若集合，，则（

）A． B． C． D．2．设为单位向量，且，则（

）A．1 B． C． D．23．若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．4．在等差数列中，为其前项和．若，则（

）A．420 B．210 C．198 D．1055．若，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．6．已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（

）A． B． C．80 D．1607．三棱锥满足，且，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．8．有一组样本数据，其中．已知，设函数．则的最小值为（

）A．19 B．100 C．190 D．200二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知函数的部分图象如图所示，则下列正确的有（

）A．B．C．是函数的一条对称轴D．函数的图象可以由函数的图象向左平移个单位得到10．已知直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，过点作的垂线交直线于点，则（

）A． B．C．若，则 D．若，则11．已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（）A．不是“可分等比数列” B．是“可分等比数列”C．若是“可分等比数列”，则 D．若是“可分等比数列”，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．___________．13．已知坐标原点到直线的距离为，则的最大值为___________．14．已知函数的两个极值点为，记，．点在的图象上，满足均垂直于轴，设点的横坐标为．（1）______；（2）若四边形为菱形，则______．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．在中，内角的对边分别是．(1)求的值；(2)若，求的面积．16．某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．(1)求智能客服的回答被采纳的概率；(2)在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；(3)公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由，17．如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为．(1)若时，求三棱柱的体积；(2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．18．已知定义在上的函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中．①证明：；②定义两点间的距离如下：，证明：．19．已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上．(1)求双曲线的方程；(2)斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）．①求直线、的斜率之和；②若的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】根据集合交集的概念运算即可求解.【详解】因为集合，集合，所以.故选：A．2．B【分析】根据向量模的关系得，再计算即可.【详解】因为为单位向量，所以，因为，平方得，即，所以，即.故选：B．3．C【分析】由题意可求出之间的关系，结合离心率，即可求得答案.【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为，由于椭圆的长轴长是短轴长的倍，故，即，故椭圆的离心率为.4．B【分析】根据等差数列的通项公式，求出首项和公差，按照等差数列前项和的公式，求得.【详解】设等差数列的公差为，则，整理得，解得.所以.5．C【分析】先把转化为同底数的对数形式，再利用对数函数的单调性，分别比较、、的大小.【详解】，，而，且是单调增函数，所以，即；，，而，且是单调增函数，所以，即；，；综上可得.故选：C6．A【分析】依题意可确定，再结合通项公式即可求解.【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，所以，所以的展开式的通项为，令，得，故，故展开式中的系数为.7．D【分析】先由底面三角形的已知边角求出其外接圆半径，结合侧棱相等得到高，再利用球心在高的线上且到顶点和底面顶点距离相等求出球半径，最后计算表面积.【详解】设点在底面的投影为，因为，所以点是的外心，则，且底面，球心在上，由正弦定理得外接圆的直径径，解得半径，即，则，设，外接圆半径为，则，则，且，则，解得，则外接球半径，则三棱锥外接球的表面积为.8．C【分析】将所求函数式展开，代入已知条件，转化成二次函数求最小值问题.【详解】因为，而，则得.所以当时，.9．ABD【分析】根据函数的图象，利用三角函数的性质，求得，结合三角函数的对称性，以及图象变换，逐项判断，即可求解.【详解】A，由函数的图象，可得，可得，所以，所以A正确；B，由，可得，可得，解得，因为，所以，所以B正确；C，由，令，可得，令，可得，所以不是函数的一条对称轴，所以C错误；D，将函数的图象向左平移个单位，可得，所以D正确.10．BCD【分析】设，联立方程组求得，，结合向量的数量积的运算公式，可得判定A错误，B正确；由抛物线的定义和，得到，代入求得的坐标，结合斜率公式，可判定C正确；求得，列出方程，求得的值，可判定D正确.【详解】对于A，设，可得联立方程组，整理得，可得，且，则，所以，所以A错误；对于B，由抛物线的焦点为，直线的斜率为，则过且垂直于的直线的斜率为，其方程为，令，可得，所以，则，所以，又由，所以，所以B正确；对于C，由抛物线的定义，可得，因为，可得，即，因为，代入可得，即，解得或（舍去），则，将代入抛物线的方程，可得或（舍去），所以，此时直线的斜率为，所以C正确；对于D，由抛物线的焦点为且，可得，因为，可得，整理得，解得，又因为，所以，所以D正确.11．ACD【分析】对于A，取，则不存在，使得；对于B，取，则不存在，使得；对于C，D根据“可分等比数列”的定义，用反证法证明即可.【详解】对于A，若，则，因为，所以，又因为，所以不存在正整数，使得，所以不是＂可分等比数列＂，所以选项A正确：对于B，若，则，所以，当时，，所以不存在正整数，使得，所以不是＂可分等比数列＂，所以选项B错误；对于C，若，则有，所以不存在正整数，使得，所以，因为是递增等比数列，所以，所以，因为，所以，即．下证：对任意，当且仅当时，．反证法：假设存在正整数，使得当时，，取满足条件的最小正整数，此时有，使得且，则，即，即与矛盾．所以对任意，当且仅当时，，所以选项C正确；对于D，下证：．由上可知，即恒成立，只需，即恒成立，①当时，因为恒成立，所以符合要求；②当时，因为，当时，，不符合题设要求．综上，，所以选项D正确．故选：ACD.12．【详解】.13．【分析】根据条件得到，令，可得，即可求解.【详解】因为坐标原点到直线的距离为，则，整理得到，令，则，其中，所以，当且仅当时取等号，故的最大值为.14．0【分析】因为函数有两个极值点，所以先对求导，利用导数与极值点的关系，得到是导数为0的方程的两根，再结合韦达定理得到的值,因为垂直于y轴，所以A和B、C和D的纵坐标相等，由此建立关于m、n的方程，继而推导出与的关系，即可求得第一空答案；若四边形为菱形，则，建立关于a的方程求解，可求得第二空答案.【详解】由，得，由题意可知为的两实数根，则判别式，即，则，且，均垂直于轴，则，即，整理得，而，故，结合，得，解得或（此时重合，舍），同理可得，故；由上面分析可知，此时的中点为，即，的中点为，即，即，的中点重合，四边形为平行四边形；若四边形为菱形，则垂直，则；，由于，则，则，，由，得，结合，解得.15．(1)(2)【分析】（1）根据两角和与差的正切公式，求得的值，结合三角形内角的取值范围，求得；（2）由余弦定理求出，再根据三角形面积公式求得的面积．【详解】（1）因为，且，所以，整理得，即.所以或.因为，所以，所以.所以，所以A2=π6（2）因为，，所以由余弦定理，得，即，，所以.所以.所以的面积为.16．(1)(2)，，0123(3)会得到推广，因为.【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解；（2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差；（3）根据二项分布期望公式求出10个问题的总得分期望，并与75比较得出结论.【详解】（1）设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰，则，则.（2）由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立，因此随机变量服从二项分布，则，，，，，，，的分布列为：0123（3）随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分，则，满足推广条件，因此该系统会得到推广.17．(1)(2)【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围．【详解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，，因为、分别为、的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，且，因为，所以，翻折后，在图2中，，，所以二面角的平面角为，因为，、平面，所以平面，当时，即，且，则，所以三棱柱的体积为.（2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、，设点，其中，由题意可知，则，故，，，因为，则，解得，则点，，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，设直线与平面所成角为，则，因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.18．(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义，求出曲线在点处的切线的斜率，再由直线的点斜式，即可求解；（2）①构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得在上的单调性，即可求解；②根据条件，转化成证明，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得在上的单调性，即可求解.【详解】（1）因为，则，又，所以曲线在点处的切线方程为.（2）①令，则，令，则，当时，恒成立，所以在区间上单调递增，则，又，所以在区间恒成立，所以在区间上单调递增，又，则，即.②当时，，当且仅当时取等号，所以，要证，即证明，也即证明，令，易知，则，令，则，易知当时，恒成立，所以在区间上单调递增，又当时，，所以，则，所以在区间上单调递增，又，则，即，命题得证.19．(1)(2)①；②存在，且点.【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的方程；（2）①设点、，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线、的斜率之和；②设的外接圆方程为，分析可知方程与方程为同解方程，可得出关于、、的方程组，解出、，可得出点的坐标，求出直线的方程，当时，求出直线的方程，取点为直线与轴的交点，结合勾股定理可得出结论.【