湖北黄石市2026-2027学年高三上学期9月质量监测数学试卷（含解析）

机密★启用前2026年全市高三（9月）质量监测数学试卷本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟．★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将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，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先确定集合B，再利用交集运算求解.【详解】，，故选：C2.设复数满足（为虚数单位），则（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】，，.3.甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用组合可求基本事件的总数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的总数，从而可求对应的概率.【详解】设“甲、乙在同一组”为事件，教师随机分成三组，每组至少一人的分法为，而甲、乙在同一组的分法有，故，故选：A.4.已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得抛物线标准方程，再去求其准线方程即可解决.【详解】抛物线的焦点，由，可得，不妨令则，解之得则抛物线方程为，其准线方程为故选：B5.设，，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据已知求出，再求的值.【详解】，，则.故选D本题主要考查对数的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6.已知随机变量的分布列如下表所示，记的数学期望和方差分别为，，则当在上增大时，有（）．A.增大，增大 B.减小，增大C.增大，减小 D.减小，减小【答案】D【解析】【分析】先根据离散型随机变量分布列的性质求出参数的值，再分别推导数学期望、方差关于的表达式，结合三角函数与二次函数的单调性判断二者随增大的变化趋势.【详解】由题意.∴..当增大时，单调递减且大于等于0，故单调递减.∴随增大而减小..，令，当增大时，单调递减.代入得.对于函数，该二次函数开口向下，对称轴为，故在上单调递增.∵随增大而减小，由复合函数的单调性得随增大而减小.综上，增大时，减小，减小，故选D.7.已知函数的定义域为，对任意，有，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.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据题意可构造函数，利用函数单调性解不等式即可解得，再由集合间的关系可得结论.【详解】设，该函数的定义域为，则，所以在上单调递增.由可得，即，又在上单调递增，所以，解得，显然集合是集合的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A关键点点睛：本题关键在于根据构造函数，并将不等式变形，利用单调性解不等式即可得结论.8.在中，，，，是的中点，将沿折起，使、两点间的距离为，此时三棱锥的体积为（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取中点，连接，过点作直线，交延长线于,进而根据几何关系得向量所成角为二面角的平面角，记为，再根据向量的模的关系求得，即可求得点到平面的距离，最后计算体积即可。【详解】在中，，，，，，为斜边的中点，，，即为等边三角形.取中点，连接，是等边三角形，，且,在中，，,过点作直线，交延长线于,则，所以又，故，，，向量所成角为二面角的平面角，记为，，，在直线上，，即，由向量关系：，两边取模的平方：因为，代入得将，，，代入得：即：，解得，，所以，点到平面的距离为又因为等边的面积所以，三棱锥体积所以，三棱锥的体积为.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．9.十九世纪数学家迪利克雷提出了函数，被称为迪利克雷函数，其在现代数学的发展过程中有着重要意义．若函数，则下列实数中属于函数值域的有（）．A.3 B.2 C.1 D.0【答案】ABD【解析】【分析】根据已知条件求出，利用分段函数分段处理及函数值域的定义即可求解【详解】由题意知：，所以，，，而无解.所以，所给实数中属于函数值域的有0,2,3.10.下列表达式中，满足数列是单调递减的有（）．A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据的符号判断数列的单调性即可.【详解】对于A，，由于时，，所以数列单调递增，A错误；对于B，，因为时，，即，所以数列单调递减，B正确；对于C，由不等式得，可知数列单调递减，C正确；对于D，所以，，所以数列单调递减，D正确.11.在直三棱柱中，，点是棱上一点，则下列说法正确的有（）A. B.四棱锥的体积为6C.直三棱柱外接球的表面积为 D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】证明平面判断A；由于平面，进而结合等体积法求解即可判断B；将问题转化为以为邻边的长方体的外接球的表面积求解即可判断C；平面展开使得与面共面，再根据两点之间线段最短求解即可判断D.【详解】对于A，直三棱柱中，平面,平面,故，由于，故，即，因为，平面,平面,所以平面，因为是棱上一点，平面，所以，故A选项正确；对于B，在直三棱柱中，，平面，平面，故平面，所以，过作，垂足为，由等面积法得，在直三棱柱中，平面,平面,故，因为，平面，平面，所以平面，所以，即四棱锥的体积为，故B选项错误；对于C，由题知两两垂直，所以直三棱柱外接球与以为邻边的长方体的外接球相同，所以直三棱柱外接球的直径为，所以直三棱柱外接球的表面积为，故C选项正确；对于D，将平面展开，与平面共面，得到如下图的矩形，所以，所以的最小值为，故D选项正确；故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.等比数列的公比为2，且，，成等差数列，则数列的通项公式__________．【答案】【解析】【分析】根据等比数列通项公式，将用首项表示，由等差数列中项性质建立方程，求解首项，进而写出通项公式.【详解】因为等比数列的公比为2，所以，因为，，成等差数列，所以，即，解得，所以.13.已知,分别是双曲线的左、右焦点，,为双曲线的两条渐近线，设过点且平行于的直线交于点,若,则该双曲线的离心率为_____.【答案】【解析】【分析】根据题意设出直线,联立后求出交点,由题可知为焦点三角形的直角顶点，因此点到原点的距离为焦距的一半，列出方程后即可求解.【详解】由双曲线的对称性，不妨设,,联立,,得交点.,是以为直角顶点的直角三角形.又原点是的中点，.因此有①又因此①式可整理为：,得.因此双曲线的离心率.故答案为：.14.已知平面直角坐标系中的点满足，若函数（，分别为的横，纵坐标）在处取得最大值（因，取值的不同而变化），则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】先利用辅助角公式，找到取最大值时满足的关系，得到​，再对不等式因式分解，得到的比值范围，最后用二倍角正切公式求的范围.【详解】因为，，所以，，所以，所以，因为，所以都不为，不等式两边同时除以得，令，则，即，解得，所以，函数在上单调递减，故，令，函数在上单调递减，故，所以的取值范围是.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，，分别为的三个内角，，的对边，且，的面积．（1）求证：；（2）求的最大值．【答案】（1）根据三角形面积公式可得：，余弦定理可得：，又因为，所以，在中，两边同时除以整理可得：即.（2）【解析】【分析】（1）先分别写出三角形面积公式和余弦定理表达式，再结合已知条件建立等式，最后通过化简等式求解.（2）通过已知条件求出的值，再利用基本不等式求出的最大值，进而得到三角形面积的最大值.【小问1详解】略【小问2详解】由（1）可知：，两边平方得：，又因为，所以，化简可得：，因为是三角形内角，，解得，所以，已知，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，所以，所以，的最大值是．16.如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明：过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，∵，且，∴平面是二面角的平面角，则，∴是正三角形，由平面，得平面平面，∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．（2）．【解析】【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．【小问1详解】略【小问2详解】因为平面，过点做平行线，所以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量为由，得，取，设直线与平面所成角为，∴．17.已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.（i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；（ii）当最小时，求点T的坐标.【答案】(1)；（2）（ⅰ）设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.设PQ的中点为，则又TF的方程为，则得，所以，即OT过PQ的中点，即OT平分线段PQ.（ⅱ）【解析】【分析】（1）由题意，又，由此可求出的值，从而求得椭圆的方程.（2）椭圆方程化为.设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.（ⅰ）设PQ的中点为，求出，只要，即证得OT平分线段PQ.（ⅱ）可用表示出PQ，TF可得：化简得：.再根据取等号的条件，可得T的坐标.【详解】（1），又.（2）椭圆方程化为.（ⅰ）略（ⅱ），又，所以.当时取等号，此时T的坐标为.本题考查了椭圆的方程的求解，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查了最值问题的求解方法，属于中档题.18.某公司“团建”活动中设置转盘抽奖环节．如图，转盘外形为规则圆盘，其中A，B，C三个区域的面积相等．假设转盘指针不会落在区域的分界线上，指针只能随机地落入三个区域之一．当落入A时为获胜，得2分；当落入B或者C时得1分．（1）若指针转动三次，求三次得分之和的分布列和数学期望；（2）若指针转动次，，将次得分之和为的概率记为，求（用含的代数式表示）；（3）若将“指针转动次，至少获胜次”的概率记为，则“指针转动次，至少获胜次”的概率可记为．对于，分别求出和并比较大小，说明其大小关系的统计意义．【答案】（1）分布列如下：X3456P（2）（3）设“指针转动次，至少获胜次”为事件C，要使事件C发生，有两种情况：前次至少获胜n次，记此事件为，和前次获胜少于n次，记此事件为，则．事件又可以分为两种情况，即前次指针转动恰好获胜n次和至少获胜次．若是后者，则再转两次时无论结果如何已经实现了事件C；若是前者，则再转两次都无法获胜的概率为，则的概率为．对于事件，则必须恰好获胜次，否则再转两次时无论结果如何都无法实现事件C，则．因此，综合以上情况所以，．其统计意义为，因为指针落入A的概率只有，比一半小，所以当指针转动的次数越来越多时，要想有一半以上的情形落入A，这样的可能性只会越来越小．【解析】【分析】每次转动指针落入区域的概率，落入区域的概率为，各次转动结果相互独立.（1）转动3次的得分和与3次内落入区域的次数直接相关，可通过二项分布计算各取值的概率，也可利用期望的线性性质简化期望计算.（2）转动次得分和为等价于次试验中恰好有2次落入区域，可先明确的表达式，再结合组合数性质完成求和化简.（3）为次独立重复试验中落入区域次数不少于次的概率，推导时需对前次的试验结果分类讨论，作差比较大小后可结合概率的实际含义解释统计意义.【小问1详解】X的所有可能取值为3，4，5，6，，，，．X的分布列为X3456P数学期望．【小问2详解】依题意，指针转动n次，，若n次得分之和为，则n次转动中有两次指针落入A．则当时，．当时，，也符合上式．则．．设，于是，则．【小问3详解】略方法归纳：1.独立重复试验背景下的概率问题，可先明确单次试验中目标事件的发生概率，将得分等实际变量转化为目标事件的发生次数，借助二项分布公式快速计算对应概率。2.求解含组合数的概率累加式时，可先化简概率通项，结合组合数恒等性质完成求和运算；比较两个概率的大小可优先选用作差法，通过判断差式的正负直接得到大小关系。3.对于多步试验的概率推导，可通过对前序试验结果分类讨论的方式拆解复杂事件，结合独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式完成计算。19.分离函数的思想在现代数学的不少分支如凸分析、拓扑学等中有很多体现，在应用数学如信号理论、数据聚类与分类分析等分支中也有不少运用．在初等数学中，若有三个互不相同的函数，当在某个区间上恒有成立时，可以作为和在该区间上的分离函数．（1）试判断是否可以作为和在区间上的分离函数；（2）对于函数和，找一个二次函数可以作为这两个函数在区间上的分离函数，找一个即可并给出其解析式．（3）若存在实数和，使得函数可以作为函数和函数