湖北省随州市2026届高三数学下学期三模试题【含答案】

注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】集合，，则.2.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【详解】复数，所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.3.下列双曲线的两条渐近线互相垂直的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据双曲线两条渐近线互相垂直得到，逐项判断即可.【详解】对于双曲线，渐近线为；对于双曲线，渐近线为.因为两条渐近线互相垂直，则或，所以.对于A：，，，渐近线不垂直，故A不符合.对于B：，，，渐近线不垂直，故B不符合.对于C：，，，渐近线垂直，故C符合.对于D：，，，渐近线不垂直，故D不符合.4.已知定义域为的奇函数的周期为8，则下列结论一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的周期性及奇函数性质计算求解.【详解】因为定义域为的奇函数的周期为8，则，当时，则，即，故有，则5.已知，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式，举反例，应用必要不充分条件定义的判断.【详解】由，，，令，，得，则不成立，所以“”是“”的不充分条件；因为，，，即，得，又因为，所以，所以，所以，所以“”是“”的必要条件；综上，“”是“”的必要不充分条件.6.如图，一滑轮组中有两个定滑轮，，在从连接点出发的三根绳的端点处挂着三个重物，它们所受的重力分别为5N，5N，8N，此时整个系统处于平衡状态，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，可得，再利用数量积的运算律及夹角公式计算得解.【详解】依题意，，则，即，解得，所以.7.已知，是函数在上的两个零点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用换元法结合图象先分析得到，，进而求解即可..【详解】令，得，因为，是函数在上的两个零点，所以，是方程的两根，则，令，作出函数在上的图象如下：由图可知，，则，即，所以.8.已知，函数的最大值为0，则的最小值为（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】结合函数图像分析，从而得到当与相切时，取得最小值，进而构造函数，求导，分析函数的单调性，从而求出最值，进而得到的最小值．【详解】依题意可得函数的定义域为，由函数的最大值为0，即在上恒成立，即的图象在的下方，结合图象可得，当函数的图象过原点，且与相切时，取得最小值，根据对称性，不妨只考虑的情况，即当与相切时，取得最小值，即在上恒成立，令，即时，取得最小值，则，令，则，又时，，即在上单调递增；时，，即在上单调递减，所以，解得．故选：A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.若，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】选项A：利用多项式次数平衡与对应项系数为零建立方程求解；选项B：采用赋值法直接计算常数项进行验证；选项C：再次赋值后结合已得常数项求出其余系数之和；选项D：通过两次赋值构造方程组，利用奇偶次项系数和的代数关系解出目标表达式.【详解】选项A：等式右侧最高次为，因此左侧的系数必为0：中，项的系数为；的最高次为，要抵消项，只能即，且，得，选项A正确；选项B：令，代入左侧得：，选项B错误；选项C：令，代入左侧得：即右侧满足：，因此：，选项C正确；选项D：设，，令代入左侧：右侧满足：，结合时的结论，两式相减得：，因此选项D正确.10.在中，角，，所对的边分别为，，，下列各组条件中，能使得存在且唯一的是（）A.，，外接圆的半径为1 B.，，C.，， D.，，【答案】AD【解析】【分析】对A：借助正弦定理及三角形内角和可得该三角形存在且唯一；对B：由可得，结合可得不存在这样的；对C：利用正弦定理计算可得有两解，故C不符合题意；对D：借助余弦定理可得唯一确定，即可得该三角形存在且唯一.【详解】对A：由正弦定理可得，则，，，则，故存在且唯一，故A正确；对B：由，故，又，则，故不存在这样的，故B错误；对C：由正弦定理可得，，又，则，此时有两解，故C错误；对D：由余弦定理可得，故唯一确定，即该三角形三边确定，故存在且唯一，故D正确.11.已知抛物线（）的焦点为，为上一点，是圆上一点，若的最小值为1，则下列结论正确的是（）A.当时，B.的最小值为C.过点作直线与圆相切，与交于，两点，若为线段的中点，则这样的直线恰有4条D.过点作圆的两条切线，这两条切线与交于，两点，若，则直线的方程为【答案】AD【解析】【分析】根据抛物线定义判断A，利用圆的几何性质判断B，根据点差法及直线与圆相切判断C，根据点到直线的距离及根与系数的关系运算求直线方程判断D.【详解】由抛物线定义可知，，又，故，故当时，，解得，所以当时，，故A正确；因为，所以圆心，半径为，所以的最小值为，又，所以当时，，所以的最小值为，故B错误；设，当直线斜率不存在时，直线方程为由抛物线及圆的对称性知，此时或，即直线或满足题意，当直线斜率存在时，显然斜率，此时，由，可得，所以，解得，矛盾，故当直线斜率存在时无解，综上满足条件的直线只有2条，故C错误；因为，所以，即，设过A圆的切线的斜率为，则切线方程为，则圆心到切线距离为2，即，即，设两根为，则，由，可得，一根为，另一根为，对应，令，所以交点坐标为，设，其中，所以，直线的斜率，设直线的方程为，代入点坐标可得，即，令，则满足，即，故，又，由得，由可得，代入，可得，于是，解得，故直线的方程为，即，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则________.【答案】【解析】【详解】角的终边经过点，则，则.13.已知正项等差数列的公差为（），为的前项和，若是首项为3的等差数列，则_________.【答案】2或50【解析】【分析】根据给定条件，求出，再由数列前3项成等差数列求出公差，进而验证一般情况即可.【详解】由数列的首项为3，得，解得，则，由数列是首项为3的等差数列，得，则，即，两边平方并整理得，变形得，解得或，经检验得或，当时，，，数列是等差数列；当时，，，数列是等差数列，所以得或.14.如图，正方体的棱长为4，，分别为，的中点，则三棱锥外接球的体积为________；过点作三棱锥外接球的截面，该截面面积的最小值为_______.【答案】①.②.【解析】【分析】空一：建立空间直角坐标系，设球心为，半径为，进而得到球心坐标、半径，再根据球的体积公式求解即可；空二：先求出，分析可得要使截面面积最小，则垂直于截面，此时可得截面圆的半径为，进而求解即可.【详解】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设三棱锥外接球的球心为，半径为，则，即，解得，所以三棱锥外接球的体积为；由于球心，，则，要使截面面积最小，则垂直于截面，此时截面圆的半径为，则截面面积的最小值为.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.已知数列满足.（1）求的通项公式；（2）已知，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）降次作差求解数列的的通项公式即可；（2）根据（1）中的结果先确定数列，再运用裂项相消法求和.【小问1详解】当时，当时，，且，两式作差得，所以显然符合上式，∴【小问2详解】根据（1）中的结果得，，，则.16.在三棱锥中，平面平面，，.（1）证明：平面.（2）若，，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理求证即可；（2）取中点，过作，连接，证明为二面角的平面角，解直角三角形即可得解.【小问1详解】因为平面平面，交线为，且平面，，所以平面，又平面,所以，又，平面，所以平面.【小问2详解】取中点，过作，连接，因为，所以，因为平面平面，是交线，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，在等腰直角三角形中，，又在直角三角形中，，所以，在直角三角形中，，在直角三角形中，，所以.17.已知椭圆（）的离心率为，下顶点为，右顶点为，.（1）求的方程；（2）是的右焦点，过点的直线与交于，两点（异于点），若平分，求的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）借助离心率及计算即可得；（2）设出直线方程，联立曲线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，由平分，可得点到直线与到直线的距离相等，表示出直线与直线方程后，利用点到直线距离公式结合韦达定理计算即可得.【小问1详解】由题意可得，解得，故的方程为；【小问2详解】由题可得，，易知直线l的斜率不为0，设，、，联立，消去可得，恒成立，，，，，由平分，则点到直线与到直线的距离相等，即有，即，由、，，，故，即，由，两点异于点，故，则，故，整理得，由题意可得，故，即，故，即的方程为，即.18.已知函数，其中为自然对数的底数.（1）当时，判断的单调性.（2）设有3个零点，，（）.（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）证明：.【答案】（1）在上单调递增（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数与单调性的关系求解即可.（2）（ⅰ）分离参数得到，设，根据导数与极值的关系即可得到满足条件的的范围.（ⅱ）由（ⅰ）可得，将转化为，结合单调性得到，进一步得到，同时取对数得到；构造函数，结合导数与最值的关系得到在上恒成立，即可得证.【小问1详解】当时，，定义域为，则.令，则，令，解得.当，，单调递减；当，，单调递增；所以在处取得极小值，故，即，所以在上单调递增.【小问2详解】（ⅰ）函数有3个零点等价于有三个根，等价于有三个根，即直线与有三个交点.，令，即，解得或.当时，，，；当时，；，的变化如表所示，02-0+0-单调递减0单调递增单调递减当时，直线与有三个交点，所以的取值范围为.（ⅱ）由得，，则.要证，即证，因为在上单调递减，所以只需证，而，故只需证，即，又，即证，因为，同时取对数可得.令，则.又，令，则，解得.当，，单调递减；当，，单调递增；所以在取得极小值，为.令，则，所以在上单调递增，又，所以，即，也即.所以，又，所以，所以，即，所以，所以，故，即在上恒成立，即在上恒成立.又，所以成立，则原不等式得证.综上，.19.现有（）个互不相同的点.这个点中任意两点之间都被随机赋予一个数值，且这对点之间的数值恰好为1，2，…，，这个互不相同的整数.对于每个点，它会在其余个点中，选择与之对应数值最大的点作为自己的“目标点”.若点A的目标点是点B，且点B的目标点也是点A，则称A与B构成一对“双向目标点”.（1）现有A，B，C，D四个互不相同的点，求点A与点B互为“双向目标点”的概率；（2）当时，设这4个点中构成的“双向目标点”的对数为，求的分布列与数学期望；（3）对于任意给定的（），设这个点中构成的“双向目标点”的对数为，求关于的表达式.附：若随机变量服从两点分布，且，则.【答案】（1）；（2）分布列为：12期望值为；（3）.【解析】【分析】（1）列出所有满足题意的情况，再利用古典概型即可得到答案；（2）首先分析得的所有可能取值为1,2，再写出所对应的概率，最后利用均值公式即可得到答案；（3）首先计算得，再求和即可.【小问1详解】设所有对点之间的数值集合，其中．由于数值分配是完全随机的，则任取一对点，其两点间数值取集合中任意一个值的概率均为，4个点共有对点之间有数值，点A与点B互为＂双向目标点＂的充要条件：点A与点B之间的数值是所有与点A或点B关联的数值中最大的.与点A关联的数值有3个，与点B关联的数值有3个，其并集共有5个互不相同的数值，在完全随机分配的情况下，这5个数值中每一个数值都有相等的机会获得其中的最大数值．因此，点A和点B互为＂双向目标点＂的概率.【小问2详解】设这4个点中构成的＂双向目标点＂的对数为，所有6对点之间的数值中必定存在一个最大值，取得该最大值的两个点必定互为＂双向目标点＂，则．因为共有4个点，最多只能构成2对＂双向目标点＂，所以的所有可能取值为1,2.当时，意味着这4个点构成了两对没有公共顶点的＂双向目标点＂，此时所有6个数值中最大的两个数值恰好分配给互不相交的两对点.将4个点分为互不相交的两对点，共有种分法.从6对点中任选两对点被赋予最大的两个数值．因为这两对点互不相交，其余的4条边必然是连接这两对点的边，所以只要这两条不相交的边对应6个数值中最大的2个，那么与它们关联的任何其他边的数值必然小于这两个最大值，从而满足这两对点均满足＂双向目标点＂的条件，选法有种.故，从而，所