湖北恩施州2026届高三下学期第二次质量监测考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北恩施州2026届高三下学期第二次质量监测考试数学试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以可取，即可取，所以，则．2.复数满足，则（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】因为，所以，.3.等差数列的前项和为，满足，则（）A. B.C. D.均为的最大值【答案】C【解析】由题意，所以．故C正确．无法判断的正负，故A、B、D错误.4.已知向量，若向量满足，则（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】设，由题意得：，解得，所以.5.如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】以所在平面作为下底面还原，则重合，重合，还原成如图正方体:对于A，由图可得异面不平行，故A错误；对于B，显然，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，由图可得异面不平行，故D错误.6.已知，若实数满足恒成立，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，当时，，由，所以，即，故当满足题意；当时，由，所以，又，所以，满足题意；当时，，即在恒成立，令，所以，由，所以，所以在单调递增，所以，所以，所以，综上所述.7.已知函数在上不单调，则函数图象的对称中心为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】在上单调递增，不合题意；在上单调递增，不合题意；在上单调递增，不合题意；图象如图，满足题意，它的对称中心为．故选A．8.锐角中，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由题意得，，，因为，，，又是锐角三角形，，.，A错误；，B错误；由正弦定理可知，，即，C正确；，D错误.二、选择题：本大题共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．9.设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B.反应了取值的平均水平C.D.若服从分布，则【答案】BCD【解析】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,故正确；对于D,分布的期望为，故正确．10.已知，则（）A.的最小值为B.的最大值为C.的最小值为D.的最大值为【答案】AD【解析】，令，则，即，则，，因为，所以，则设，则，时，即在上单调递减，当时，，当时，，所以故有最小值，无最大值；故A正确B错误；，设，则，时，即在上单调递增，当时，，当时，，所以则有最大值，无最小值，故D正确C错误.11.已知抛物线经过平移后得到曲线，与轴交于两点，点坐标为的外接圆为圆，则下列说法正确的是（）A.的焦点坐标为B.圆心在直线上C.圆过定点D.若，则圆与有且仅有两个交点【答案】ACD【解析】已知曲线，即，所以焦点坐标为，即曲线的焦点坐标，故A正确．已知，设的外接圆的一般方程为，则满足以下方程组又，又，所以．可得外接圆圆心的坐标为，即，故外接圆圆心满足，B错．又，该外接圆经过的定点（x，y）满足，解得（1，1）与满足题意，故圆E经过定点，C正确．当时，联立圆和曲线的方程有，解得或，因为，所以圆和曲线有且仅有两点，D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线在处的切线方程为___________．【答案】【解析】因为，令，则，所以切线方程为．故在点处的切线方程为．13.双曲线的左右焦点分别为，双曲线右支上一点满足，则直线的斜率为______．【答案】或2【解析】设，，由双曲线的定义及勾股定理得，可得，，设，则，.又，即，解得或（舍去），所以直线的斜率为，结合双曲线对称性可知，直线的斜率为或2．14.将4个相同的小球摆放在的方格中，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___________．【答案】29【解析】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），可以把的方格分为两类，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类方格，以保证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个小格为类方格，如图所示：（1）4个小球若占用4个A类方格，有种；（2）4个小球若占用3个A类方格，1个B类方格，有种；（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，所以此时有种；（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，共有种．四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知椭圆与直线交于两点．（1）求椭圆的方程；（2）若上存在关于原点对称的两点，使得与的面积相等，求这两点的坐标．解：（1）将点代入椭圆方程得，将代入直线方程得，解得或（舍去），所以椭圆的方程为.（2）连接，如图，因为与的面积相等，则直线，设直线的方程为由（1）可知，直线，所以．.由，消去，整理得关于的方程，解得，所以这两点坐标为与．16.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．解：（1）由题知的所有可能取值为0，1，2，3，则，，故的分布列为0123（2）在一轮抽奖中所得积分大于或等于2的概率为，5位游客在5轮抽奖中，记成功的人数为，则，故，法一：.且，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．法二：假设当时，对应概率取值最大，则且，解得，且，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.已知各项均为正数的数列，满足．（1）求；（2）设数列满足，记其前项和为，且，求解：（1）由题意得，则有，整理得，即，两边同时平方，得，即，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2），则，即，所以，若，则，显然不成立，若，即，此时若：，则，亦不成立，故，于是，若，不成立，所以，综上，所以.故.18.已知函数．（1）当时，令，求的最小值；（2）当时，求证：；（3）若，求证：.（1）解：，令，所以在上单调递增，所以，即的最小值为0.（2）证明：令，，在单调递增，，，由（1）可得，．①令，，，，．②①②可得，不等式成立.（3）证明：，，即证，不妨设，令，则，，令，则，，，，，故为上的增函数．，当且仅当时取等号，故为上的增函数．，，故原命题得证．19.如图，四面体中，是的中点．若是点在平面内的投影，存在实数满足．（1）（i）求的值；（ii）若，求的取值范围；（2）若，异面直线与所成角为，记四面体外接球的半径为，求证：当取最小值时，．（1）解：（i）连接，因为，所以．又，所以．因为，且两直线在平面内，所以面.作于点，所以，因为，且两直线在平面内，所以面．所以点与在平面内的投影重合，从而三点共线．因为．所以（ii）所以为的中点，则，由题意，（2）证明：法一：因为异面直线与所成的角为，则，设与平面所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系，，设四面体外接球的球心为,，则，即，,,．令，令，则