湖北省黄冈市2026届高三下学期3月模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省黄冈市2026届高三下学期3月模拟考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】易知，，则.2.设复数是关于的方程的一个根，则（）A.20 B.15 C.10 D.8【答案】A【解析】由复数是关于的方程的一个根，得复数是该方程的另一个根，则，所以.3.圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据题意，设圆锥的底面半径为r，因为圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的母线长，，解得，所以圆锥的侧面积为.4.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】利用诱导公式，得：

，故利用二倍角公式，得：

.5.已知是定义在R上的偶函数，且，若3，则（）A.0 B.1 C.3 D.【答案】C【解析】因为是定义在R上的偶函数，所以，所以当时有，由，得，所以，所以，可得的周期是8．所以.6.函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为直线与函数图象的相邻两交点间距离为，所以函数的最小正周期为，所以，所以.由函数的图象关于点对称，得，所以.所以正实数的最小值为.7.在平面直角坐标系中，，，，则的最大值为（）A.5 B. C. D.【答案】D【解析】由已知，，，在中，由余弦定理得，即向量与的夹角为.取，所以，所以.同理可知，，所以，所以点E在以O为圆心，以为半径的圆上.如图所示，所以点E在CO的延长线与圆的交点位置时，最大，此时，易知，所以，即的最大值为.8.已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由可得定义域为，且，当且时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以：是极大值点，；当时，；当时，；由此可作出函数的图象：令，则原方程可化为：，得或，原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个；结合的图象可得的图象：由题意知以及，故，且，结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根，需满足且，即得，此时有1个解，有3个解，即.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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.下列说法正确的是（）A.样本相关系数越大，则线性相关性越强B.1，2，4，5，6，12，18，20的上四分位数是15C.随机变量的方差，期望，则D.某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个学生的数学成绩的方差为10.8【答案】BD【解析】A：样本相关系数的绝对值越大，则线性相关性越强，则A错误；B：该组数据共8个数据，又，因此上四分位数为第6个数和第7个数的平均数，即，因此B正确；C：因为，由方差，期望，可得，即C错误.D：易知全班50个学生的数学成绩的平均值为，因此方差为，即D正确.10.大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足，，则正确的有（）A. B.C. D.数列的前20项和为110【答案】ABD【解析】对于A，由题意可得，，，，故A正确；对于B，因为为偶数，所以，因为为奇数，所以，所以，故B正确；对于C，因为为偶数，所以，又因为为奇数，，所以，所以，所以，故C错误；对于D，数列的前项的和为，所以，故D正确.11.如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线，，与交于A，B两点，与交于C，D两点（点A，C在轴上方），M，N分别是弦和的中点，则（）A.设点，则的周长最小值为B.的最小值为C.的最小值为8D.和的面积之和的最小值为32【答案】ACD【解析】对于A，，，准线方程为，点，的周长为，其中，过点作垂直于准线的直线，垂足为，由抛物线定义知，则周长为,当最小时，周长最小，所以当在一条直线上时，最小，最小长度为，所以周长最小值为，故A正确；对于B，由题意知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线的方程为，联立，即，设，则，，则，当且仅当时等号成立，故B错误；对于C，直线的斜率为，的方程为，以代换中的k，得，设，得，，、分别是弦和弦的中点，所以，，，而，，则，即，的最小值为8，当且仅当时等号成立，故C正确；对于D，由抛物线定义得，，，，，和面积之和为当且仅当，等号成立，所以和面积之和的最小值为32，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设函数，则曲线在点处的切线方程为________．【答案】【解析】因为，所以.求导得，有，曲线在点处的切线方程为，即.13.在边长为1的正方体的8个顶点中，记任取两点的线段长为，则的期望为________．【答案】【解析】的所有可能取值为，从边长为1的正方体的8个顶点中，任取两点可得条线段，其中长度为1的线段有12条，长度为的有12条，长度为的有4条，因此，所以的期望.14.在空间直角坐标系中，点，，定义+．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点，分别满足，，则的取值范围为________．【答案】【解析】设，，∵，∴，点的轨迹为．又，则，，即，化简得点的轨迹为．在平面直角坐标系中作出，轨迹，设点轨迹与轴两个交点分别为，点轨迹为圆，圆心为，半径，且与轴两个交点分别为，如下图所示，结合图象得：，又，，所以．四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.在中内角，，的对边分别为，，，且．（1）求；（2）若，，求的面积．解：（1）由正弦定理知．∴，∵，∴，∴，，∴．（2）法一：由（1）知，，∴．∴，∴，∴．法二：由（1）知，，∴．由正弦定理可得．∴．16.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且．（1）求证：；（2）若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离．（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且．又平面，平面，平面平面，∴，∴，又，而．∴平面，又，∴平面，而平面，∴，，为等腰三角形，即．（2）解：若，则，由（1）知，∴平面，以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系，又，∵，则，，，，∵，，∴平面，与平面所成的角为60°，∴，∴，∴．∴，，．设平面的法向量为则取，，，∴，设，，则，到平面的距离相等，，∴．又，∴，解得，设平面的法向量为，∵，．则取，，，∴，则点到平面距离为．17.抽屉里有相同规格的3块充电电池和2块一次性干电池，当需要使用电池时即从抽屉随机抽取一块，充电电池使用完后充满电放回原抽屉，干电池使用完后即作垃圾回收．当抽屉只剩下充电电池时则停止电池的随机抽取．（1）求在第2次抽取的是干电池的条件下第1次抽取的也是干电池的概率；（2）若每次用完一块干电池就补充一块充电电池，直到2块干电池用完．记抽取第次时恰好抽到最后一块干电池的概率为，求．解：（1）记第1，2次取出的是干电池的概率分别为，，，，在第2次取出的是干电池的条件下第1次取出的也是干电池的概率为.（2）方法一：依题意有抽屉里有3块充电电池，2块干电池，用完第一块干电池后补充一块充电电池，电池总数为5块不变．记第次恰好抽到第一块干电池，第次恰好抽到第二块干电池的概率为，则，∴.方法二：“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”可分为两类：第1次抽到干电池与第1次抽到充电电池．当第1次抽到充电电池时：此时“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为，当第1次抽到干电池时，仅第1次与第次抽到干电池：此时“第次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为，∴，．，．∴，∴，∵，∴是以为首项为公比的等比数列，∴，∴，当时该式也成立．故所求概率为，．18.已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．（1）求的标准方程；（2）若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为．（ⅰ）证明：为定值；（ⅱ）设，求的最小值．（1）解：由题意有，所以.设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以.又，所以.所以，即，解得.所以，，故的标准方程为．（2）（ⅰ）证明：设，，，则，由题意有．直线的斜率即的斜率为，所以直线的方程.所以，又，在椭圆上，∴，∴.∴，∴.（ⅱ）解：∵，而，，由（ⅰ）知，∴，又，∴，∴.当且仅当，即时等号成立.所以．的最小值为．19.已知函数，．（1）当时，求函数的最小值；（2）当时，证明：在上存在2个不同的零点，且；（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．（1）解：由题意可知．当时，，在上单调递减，∴．（2）证明：当时，，即，可得，令，，令，由定义域为，可得，解得，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以．又时，时，所以在上2个不同的零点，即在上2个不同的零点，设，令，，则，∴在上单调递减，∴，∴，即，又，，而在上单调递增，，故．（3）解：令在上恒成立．记，．则，所以原不等式等价于在上恒成立．可