湖北恩施州2026届高三第二次质量监测考试数学试题+答案

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖北恩施州2026届高三第二次质量监测考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知A=0,2,A．0 B．0,2 C．0,2．复数z满足iz=1+iA．22 B．1 C．2 D．3．等差数列an的前n项和为Sn，满足S8A．a9+aC．S17>0 D．S4．已知向量a=1，2,b=−1A．1 B．5 C．955 5．如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（

）A．AB．EFC．GD．G6．已知x∈0,π4，若实数aA．a≥1 B．a≥π4 7．已知函数fx=tanx+mπA．kπ2,C．π4+k8．锐角△ABC中，BA．sinA<cosC．sinB<2二、多选题9．设X为样本的一个随机变量，则关于数学期望的表述正确的有（

）A．样本估计总体时，总体的均值一定为EB．EX反应了XC．ED．若X服从0−110．已知x∈0,A．fx+gx的最小值为22C．fx−gx的最小值为4−11．已知抛物线y2=−2pxp>0经过平移后得到曲线Γ：y−mA．Γ的焦点坐标为mB．圆心E在直线2xC．圆E过定点5D．若p=1，5<三、填空题12．曲线y=ex−e13．双曲线x2a2-y24a2=114．将4个相同的小球摆放在3×3的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为四、解答题15．已知椭圆C：x2a2(1)求椭圆C的方程；(2)若C上存在关于原点对称的两点M，N，使得△M16．某景区为回馈游客设计了一项抽奖活动，每轮抽奖规则是：从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中一次抽取3个球，每一个红球积1分，每一个黑球积0分；每位游客只能参加一轮抽奖活动，若所得积分大于或等于2，即可获得景区门票一张．(1)求游客甲在一轮抽奖中所得积分X的分布列；(2)若某旅行团共5位游客，每位游客获奖的概率稳定且相互独立，求该旅行团获得景区门票人数的众数．17．已知各项均为正数的数列an，满足a(1)求an(2)设数列bn满足b1=a1，bi18．已知函数fx(1)当a=0，x≥(2)当a≤0，(3)若0<a<19．如图，四面体P−ABC中，PA=2a,AB=A(1)（i）求x的值；（ii）若∠PCD(2)若PA⊥AB，异面直线PC与AB所成角为π3，记四面体P答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《湖北恩施州2026届高三第二次质量监测考试数学试题》参考答案1．B【分析】根据交集的定义即可求解．【详解】因为A=所以2x可取0,2,4所以B=0,2．A【分析】利用复数的乘、除运算以及复数模的求法求解即可.【详解】因为iz=1z=3．C【分析】根据条件可得a9>0【详解】由题意a9所以S17无法判断a104．D【详解】设c=x,解得x=4y5．B【分析】以EF【详解】以EF则C,E重合，对于A，由图可得AB对于B，显然EF对于C，GH对于D，由图可得GH6．B【分析】根据a的情况分类讨论即可求解.【详解】由题意a>0，当a>1时，所以lna⋅tanx>当a=1时，由lna=0所以lna当0<a<即tanx−logax所以f′x=1cos所以fx在0,π所以logaπ4综上所述a≥7．A【分析】对m进行分类讨论，结合正切函数的图像即可求解.【详解】ffx=tanfx=tanfx=tanfx=tan8．C【分析】首先根据x−lnx≥1和sin【详解】由题意得sin∵3A∴sin∴A因为C<B，A+又∵△ABC是锐角三角形，A+cos35A由正弦定理可知，sinB即sinBsin29．BCD【分析】对于选项A，根据样本期望是随机变量，总体均值是定值即可判断；对于选项B，结合期望的含义即可判断；对于选项C，利用方差的非负性公式D(X)【详解】对于A，用样本估计总体时，样本的均值为随机变量，总体的均值是固定的，故错误；对于B，期望的含义是反映了随机变量取值的平均水平，故正确；对于C,DX对于D,0−1分布的期望为10．AD【分析】通过三角恒等变换，引入中间变量t=sinx+cosx将fx+g【详解】fx令t=sinx即sinxcosxt=因为x∈0,π设F(t)t∈1,2时F′当t=2时，当t→1时，2故fx+gfx设G(t)t∈1,2时G′当t=2时，当t→1时，−则fx−g11．ACD【分析】选项A由抛物线方程求出曲线焦点坐标；选项B先求出两点A,B的坐标，再根据圆的性质求出圆心【详解】已知曲线Γ：即y−所以焦点坐标为(m即曲线Γ的焦点坐标m2已知A0设△ABC则y1，又E=−2所以D=可得外接圆圆心的坐标为−D2，故外接圆圆心满足2x又x2该外接圆经过的定点（x，y）满足x2解得（1，1）与52，52满足题意，故圆当p=1时，联立圆E和曲线Γ的方程有解得x=0或因为5<所以圆E和曲线Γ有且仅有A，12．e【详解】因为y'=ex，令所以切线方程为y−故在点1,0处的切线方程为13．-2【分析】根据双曲线的定义及勾股定理求出tan∠MF2F【详解】设MF1=由双曲线的定义及勾股定理得m−n=MF1⊥MF2，设∠又mn+nm=m2所以直线MF2的斜率为结合双曲线对称性可知，直线MF2的斜率为14．29【分析】先确定不能恰好共用一个方格顶点是不能斜对角相邻，所以小球必不可能在中间的方格，再将四个角设成A类方格，其它方格为B类方格，分类讨论即可.【详解】根据题意，两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，即禁止斜对角相邻，可以上下左右相邻（共用两个方格顶点）或不相邻（无公共顶点），可以把3×3的方格分为小球必不可能在中间方格，否则一定会有斜对角相邻的情况，将四个角的方格设成A类方格，以保证A类在除去中间方格的情况下没有斜对角相邻的方格，剩余4个小格为B类方格，如图所示：（1）4个小球若占用4个A类方格，有C4（2）4个小球若占用3个A类方格，1个B类方格，有C4（3）4个小球若占用2个A类方格，2个B类方格，此时只能选择隔着中间方格相对的B类方格，共2种可能，所以此时有C4（4）4个小球若占用1个A类方格，3个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍.（5）4个小球若占用4个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍.因此，共有1+15．(1)x(2)322,【分析】（1）代入点求出a,（2）由对称性及三角形面积相等，可得MN//【详解】（1）将点A3,0将B0,b代入直线方程得b2+所以椭圆C的方程为x2（2）连接MN’因为△MAB与△设直线MN的方程为由（1）可知，直线l：2x由y=−23xx2解得x=所以这两点坐标为322,16．(1)X0123P1311(2)3人或4人【分析】（1）根据题意求得X所有可能取值为0，1，2，3对应的概率即可求解；（2）先求得在一轮抽奖中获得景区门票的概率p，记成功的人数为Y，则Y∼B5【详解】（1）由题知X的所有可能取值为0，1，2，3，则PXPX故X的分布列为X0123P1311（2）在一轮抽奖中所得积分大于或等于2的概率为p=5位游客在5轮抽奖中，记成功的人数为Y，则Y∼故PY法一：PPPPYPP且PY=3法二：假设当Y=则C5k×解得3≤且PY故5位游客在5轮抽奖中，该旅行团获得景区门票人数的众数是3人或4人．17．(1)a(2)b【分析】（1）将a1=12代入递推式，配方得22an（2）由T4n表达式得连续四项和，代入T4n得8k4【详解】（1）由题意得a1=1整理得22即22两边同时平方，得an即an+1an=1所以an（2）∵T则T4即12所以8k若k4n−若k4n−此时若：k4n−故k4n−若k4所以k4综上k4所以b2024故b202418．(1)0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数分析单调性，进而确定最值；（2）先通过两个常用不等式放缩ex≥x+1，ex≥ex（3）先由x1+2x2【详解】（1）gx=e所以gx在[1,+∞（2）令y1x=ex−x∴y1x由（1）可得ex≥e令y2x=x−∵a≤0①+2×②可得∴不等式成立.（3）∵x1+即证f2不妨设x1≤x则k'f'令h(x)=e∴ex>∴h′x>0∵∴∴k'x≥0，当且仅当x∴k∴f故原命题得证．19．(1)（i）x=1(2)证明见解析【分析】（1）（i）连接CD，PD，作PE⊥CD于E点，可得PE⊥面ABC，即E点与P在平面（ii）由PI=12PC+（2）法一：设AP与平面ABC所成的角为θ，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出各点的坐标以及四面体根据PC=2b由OD2=OP2=R2，可得法二：将四面体P−ACD补为直三棱柱PAC1−设四面体P−ACD外接球的球心为O，则O在平面PAC1内的投影O1，为△P【详解】（1）（i）连接CD，PD，因为又PB=P因为PD∩CD=作PE⊥CD于E点，所以AB⊥P所以E点与P在平面ABC内的投影I重合，从而因为P∴PI−所以2x+（ii）∵∴∴所以I为CD的中点，则4a2由题意cos∠P∴ab（2）法一：因为异面直线PC与AB所成的角为π∴设AP与平面ABCD0设