湖北省孝感市2026届高三数学下学期第二次统一考试试卷

孝感市届高三年级第二次统一考试数学本试卷满分分，考试用时分钟。注意事项：．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。．选择题的作答：每小题选出答案后，用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。．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。．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．集合，|，则（）A．B．C．D．2．方程的一个复数根是（）A．B．C．D．3．已知等差数列的前项和为，且，，则等于（）A．8B．9C．10D．4．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（）A．B．C．D．5．设一个圆台的侧面积、体积分别为、，将它的高扩大到原来的2得到的圆台的侧面积、体积分别为、，则（）A．，B．，C．，D．，6．在中，，边上的高等于，则（）A．B．C．D．7．已知函数为偶函数，且，则的解集为（）A．B．C．D．8．以、为焦点的椭圆与直线有且仅有一个公共点，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．如图，四面体中，平面，，垂足为，，垂足为F，则下列说法正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则平面D．若，则10满足的前项和为的前项中任取不同的两项，它们的和为偶数的概率为，数列的前项积为，则（）A．B．C．D．．已知函数的定义域是，满足，且，若存在实数，使函数在区间上恰好有2026个零点，则实数的值可能为（）A．B．0C．D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分。12．曲线在点处的切线与直线垂直，则点的坐标为________．13．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，且满足，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则的内切圆半径为________．142271227中插入两个整数，位数保持不变，则的最小值为________．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。1513分）如图，正方形所在的平面与平面垂直，且．（1）证明：平面平面；（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．1615分）已知函数在区间单调，其中为正整数，，且图象关于点对称．（1）求的最小正周期；（2）在中，，，边上的中线长为，求的面积．1715队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案，方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜；方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜．（1）当（2）当时，若比赛采用方案二．（ⅰ）求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率；或者3021分，求甲队本次比赛的得分的分布列及均值．1817分）已知函数，．（1）函数，讨论其单调性；（2）若对恒成立，求的值；（3）函数，若该函数有且仅有三个极值点，，，且，若，求证：．1917分）是一个动点，与直线位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，若四边形（为原点）的面积为1，设的轨迹为．（1）求轨迹的方程；（2，是否为定值，若是，请求出此定值，若不是，请说明理由；（3的直线交曲线于点绕点在第一象限交于点，即点满足，以此类推，过点作斜率为的直线交曲线于点，将绕点旋转，与直线在第一象限交于点，即点满足．在中，设底边上的高为，求．参考答案1．C2．A3．D4．C5．C6．A7．B8．B9．BC10．ABD．AB1．C[解析]，，．2．A[解析]由可得，，．3．D[解析]设公差为，则，，联立解得，，．4．C[解析]，又，则．5．C[解析]设原圆台底面半径分别为、，高为，母线长为，则，，扩大后圆台母线长为，，可得；由台体体积公式可知．6．A[解析]设边上的高为，，设，则，，从而点在线段上，．故，，，．7．B[解析]由函数为偶函数可知函数是二次函数且关于轴对称，则，由可知．，，解得，或．故不等式的解集为．8B上除切点外任意一点均在椭圆外．由椭圆的定义可知切点是直线上与、两点距离和最小的点．关于直线对称的点为，，故椭圆的长轴长为7，焦距，离心率．9．BC[解析]A：与异面，显然不正确；B：若，易得，又，，则，所以，故B正确；对于选项C与D，因为平面，平面，所以，又，，是平面内两条相交直线，所以平面，又平面，故．又，且，是平面内两条相交直线，所以平面．又平面，故．又，且，是平面内两条相交直线，所以平面．故选项C正确；又平面，故．若与也垂直，由、与共面，则与重合，故选项D不正确．10．ABD[解析]A：当时，，又，故．∵，∴，∴，所以为偶数时，；为奇数时，．∴的奇数项所成的数列是首项为，公差为的等差数列，偶数项所成的数列是首项为3，公差为2的等差数列．故，选项A正确；B：，选项B正确；C：由于的奇数项都是偶数，偶数项都是奇数，∴，故选项C可知选项C错误）D：，又，所以，故选项D正确．．AB[解析]（1）当时，显然成立；（2）若，则，即，解得；（3）若，则，即，解得；综上，得．12．[解析]设切点，则有，由题意得，∴，，∴点的坐标为．13．[解析]如图，不妨设点在第一象限，则，，，所以，此时，所以．易知点，，所以．的面积为．设的内切圆的半径为，内心为点，则由，得，解得．1431222或是“两个不相等的且不是2，7，12，27①因为新的一组数极差加倍，所以插入的两个数不可能都是2；②因为中位数保持不变，若插入的数“一个为2，另一个不是22，另一个数不小于7，又因为极差加倍，则另一个数为52，此时；③若插入的两个数是不相等的且不是2，7，12，27，且极差为50，中位数保持不变，则两个数可以为：，，，，，，，，所以，的最小值为．151）∵平面平面，交线为，，平面，∴平面．又平面，故．∵，且，是平面内两条相交直线∴平面∵平面故平面平面（2）解法一：以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．因为，设，由题设得，，，，，，∴，，，设是平面的法向量，则，即，令，可得设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值是解法二：由（1）得平面，由平面可知、到平面的距离相等，设到平面的距离为，则设，由得，，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值是161）由题意，的最小正周期，所以，由为正整数可得，又因为图象关于点对称，所以，即．由，若，，无解；若，，；若，，无解．所以，，的最小正周期为．（2）由可得，又，，从而，故．设边上的中线为，，则，，，解得．所以的面积．171）采用方案一对乙对更有利当时，乙队每局获胜的概率为：．（乙队最终获胜）．所以乙队最终获胜的概率为．（2．三局甲队最终获胜的概率为：．四局甲队最终获胜的概率为：．五局甲队最终获胜的概率为：．∴甲队最终获胜的概率∵甲队最终获胜且比赛恰好进行了四局的概率∴在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率（甲队乙队每局获胜的概率相等，因此最终获胜的概率也相等，从而，酌情给分）（ⅱ）的可能取值为0，1，2，3．，，，∴的分布列为：0123∴181）∵．∴，．∴．当时，恒成立，因此在上单调递增．当时，由，∴，∴，因此在上单调递增，在上单调递减．综上可知：当时，在上单调递增．当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）∵，．设，∴．又，所以为的极小值点，故．，，∴．下面证明，当时，，．．当，即时，恒成立．当，即时，由可知：，∴．∴．当且仅当时等号成立，故满足条件．综上可知：（3）∵，∴．∴．∵，∴，设．，∴，∴．在，上单调递减，在上单调递增．因为函数有且仅有三个极值点，即，，为方程的三个实根，由图象知方程最多有三个实根，且．∴．注意到，假设，则，从而，与已知矛盾，故．即有：．（本题用其它解法，过程详细、推理清晰可得全分，过程不全的可酌情给分）191）设，由题意可知四边形的面积．∴．因为点位于第一象限，点位于第四象限．∴，且．所以动点的轨迹的方程为：，．（未限定的范围的扣