2026128数学测试教师版

孝感高中2023级高三年级本卷满分150分考试时间：120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数的共轭复数是（）A．B．C．D．【答案】D2.设随机变量，则（）A．B．C．D．【答案】C【详解】因为随机变量，所以.因为，所以，所以.所以.所以.3.已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（）A．B．C．D．【答案】B【详解】由，得，即，将，代入上式可得：，即，根据投影向量的计算公式，在方向上的投影向量为，则.孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

4.已知第一组数据的平均数为的平均数为差为，则（）.A．B．C．D．【答案】A【详解】由已知可得，，第二组数据，所以，当且仅当，即第一组数据中所有数据相等时取等号，5.甲、乙两名羽毛球运动员进行一场比赛，采用5局3胜制(先胜3局者胜，比赛结束)，已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以获胜的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【详解】由甲第一局获胜并最终以获胜可知第1,4局甲胜，第2,3局甲胜了一场，因为每局比赛甲获胜的概率为，所以甲输的概率为，所以所求概率为，6.已知为满足能被9整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最小的项为（）A．第6项B．第7项C．第11项D．第6项和第7项【答案】A【详解】，，，则孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

，显然为正整数，能被9整除，又且能被9整除，能被9整除，，则，因为是满足条件的正整数的最小值，而满足条件的，故取时，有最小值，所以，所以，的展开式中，二项式系数最大的项为第6项和第7项，又的展开式的通项公式为，展开式系数为最大.当为奇数时，在时取得最大值，故系数最小的项为第项.7.记O为坐标原点，已知椭圆的左右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两点，若，且，则C的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【详解】设，则，因为，所以，因为，所以是直角三角形，在直角三角形中，有，所以，在直角三角形中，孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

有.8.已知的内角，，满足的外接圆半径为（）A．2B．C．4D．【答案】A【详解】即即又，故，所以所以，因为又因为，，所以，所，解得.二、多选题：本题共3小题，共分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列选项中正确的是（）A．运动员每次射击击中目标的概率为0.7，则在11次射击中，最有可能击中的次数是8次B．将2个a，3个b，1个排成一排，则共有120种排法C．某学校拟派5名教师去甲、乙、丙这3所不同的学校参观学习，每名教师只去一所学校，每个学校至少要派遣1名教师，若去甲校的人数不得少于丙校，则不同的派遣方案有100种D．360的正因数有24个【答案】ACD【详解】对于A，运动员在11次射击中，击中的次数为，则，设击中次的概率最大，则，解得：，因此最有可能击中的次数是8，故A正确.将2个a，3个b，1个排成一排，共有种排法，故B错误；若丙校派遣1人，则甲校可以派遣1或2或3人，派遣方案有种；若丙校派遣2人，则甲校必须派遣2人，派遣方案有种；所以满足条件的不同的派遣方案有种,故C正确孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

又；其正因数为，故正因数个数有D正确.故选：ACD.10.记数列的前n项和为，若，且，则（）A．B．是等差数列C．D．【答案】ABD【详解】由，代入，得,整理得,两边除以，得,由，知，故是首项为2、公差为1的等差数列，因此，即.当时，；当时，，验证时，，故.选项A：，正确；选项B：，公差为2，是等差数列，正确；选项C：，错误；选项D：，求和得，正确.11.已知编号为1231号盒子内装有两个12号球和一个32号盒子内装有两个133号盒子内装有三个12号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1的是（）A．在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为B．第二次抽到3号球的概率为C．如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大D．如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有180种【答案】ABC孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

【详解】记第一次抽到第号球的事件分别为则有对于A，在第一次抽到2号球的条件下，将2号球放入2号盒子内，因此第二次抽到1号球的概率为故A选项正确；对于B，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为而两两互斥，和为，即第二次抽到3号球的事件为，，故B选项正确；对于C，记第二次在第号盒子内抽到3号球的事件分别为而两两互斥，和为，记第二次抽到3号球的事件为，,第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号码相同，即如果第二次抽到的是3号球，则它来自1号盒子的概率最大，故C选项正确；对于D，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是种，将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有D选项错误；三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分。12.设A，B是一个随机试验中的两个事件，若，，，则．【答案】【详解】由，有，孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

又由，有，可得．13.已知在的二项展开式中，第6项为常数项，若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为，则=.A．B．C．D．【答案】【详解】的二项展开式为，由题意，解得，若要取到有理项，则需要能被3整除，则，即在的二项展开式中，有理项有3项，无理项有8项，若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为，可知的所有可能取值分别为0，1，2，3，，，所以.14.已知双曲线在设的内切圆圆心为，则，的最小值为.【答案】316的实半轴长与的三边分别相切于点，由切线定理可知，结合双曲线定义可知，又，联立求解可得，孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

所以点的横坐标为1，即的横坐标为1，设圆的半径为，则，；空二：，所以，当且仅当，即时等号成立.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.本小题13分目前，AI赋能语音识别技术已从实验室的“概念验证”发展为改变人类生活的基础设施，随着大模型和多模态技术的融合，英文识别将不再是单一功能，也是智能系统理解世界的“耳朵”和“眼睛”，推动人机交互从“命令执行”向“自然对话”演进.AI智能体人机交互共生成200篇文章..现已知甲同学生成的文章有80篇合格，占甲同学生成文章总数的，乙同学生成的文章有一半合格.请根据以上数据填写下面的列联表，并推断能否有95%的把握认为生成的文章是否合格与甲、乙（不同的）同学给出的指令有关？生成的文章合格生成的文章不合格总计甲同学80乙同学总计200的一批文章中随机调取3篇，请写出其中合格的篇数的分布列，并算出期望.附：，其中（结果精确到0.001）.0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

【答案】列联表见解析，有95%的把握；分布列见解析，1）由题意得生成文章合格生成文章不合格总计甲同学乙同学总计，∵，所以有95%的把握认为生成文章是否合格与甲、乙（不同的）同学给出的指令有关；（2）合格的篇数的所有可能取值为，，，由题意，，,,故的分布列为0123故期望.16.本小题15分如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，分别为上的动点，且平面．证明：平面平面；若截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为与平面夹角的余弦值．【答案】证明见解析孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

1）取中点，连接，因为为等腰直角三角形，，所以，且由可得可得，又因为平面，平面，平面平面，所以即为二面角的平面角，因为，由勾股定理可得，所以，所以，所以平面平面.（2）由（1）可知两两垂直，分别以为轴建立如图所示坐标系，则，，，平面，平面平面，所以，则，因为截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，所以，因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即，所以分别为棱中点，则，，所以，，设平面的法向量，则，解得平面的一个法向量，易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.本小题15分在锐角中，角，，的对边分别为，，，已知.证明：；求的取值范围.【答案】证明见解析1）在中，由正弦定理可得：，又因为，则，所以，化简整理得，则，孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

因为为锐角三角形，，，所以.（2）在锐角三角形中，由（1），得，所以由，可得，所以，令，所以上式，在上单调递增，所以，即所以的取值范围为.18.本小题17分已知定点，轴于点H，F是直线OA上任意一点，轴于点D，于点E，OE与FD相交于点G．求点G的轨迹方程C；过的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率分别为和，证明：为定值；在直线上任取一点B分别作曲线C：M和N的面积为S，求S的最小值.【答案】证明见解析1）设，易知直线，则，因为三点共线，则；（2）设，过的直线为与联立得，则，又，同理，孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

故；（3）设，因为，所以，所以处切线方程为方程为：，处切线方程为：，整理得，和，代入上述方程，得，，因此直线的方程为，由，整理得，易知，所以，，所以，点到直线的距离为，，当且仅当时，取得最小值4．19.本小题17分已知函数，．当时，求曲线在点处的切线方程；若存在两个极值点，，且．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）已知函数有三个零点，分别记为，，，证明：．【答案】（ⅰ）1）当时，，则，所以，又，故函数在点处切线方程为．（2，恒成立，令，由题知存在两个极值点，，等价于存在两个变号零点，．因为，则当时，，单调递增，此时最多一个零点，不合题意；孝感高中2023级高三年级数学试题第3页，共13页

当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，由题意得，解得，当时，因为，，由零点存在性原理及函数的单调性知，当时，存在唯一，使得，令，则，当时，，当时，，即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，当且仅当时取等号，则，所以当时，，则当时，，所以，由零点存在性原理及函数的单调性知，当时，存在唯一，使得，综上所述，实数的取值范围为．（ⅱ）由（2）知在区间