湖北省黄石市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湖北省黄石市2026届高三下学期3月模拟考试数学试题一､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】，，解得，即，．2.若复数（为虚数单位），则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为，所以，所以.3.已知向量，则向量与夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】易知向量，显然，所以.4.已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”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】如果，此时也能找到且，但并不平行于，而是在内，所以充分性不成立；根据线面平行的性质定理：如果直线平行于平面，那么过作一个平面与相交，交线就满足，且，所以必要性成立.即“存在直线，使”是“”的必要不充分条件.5.某次考试有10000人参加，若他们的成绩近似服从正态分布，则分数在100-120之间的考生约有（）（参考数据：若，则有，）A.1360人 B.1570人 C.2720人 D.3410人【答案】A【解析】由成绩近似服从正态分布，得，则，则，所以分数在100-120之间的考生约有1360人.6.若实数满足，则的最小值是（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】由题意知实数满足，即点在圆上，则可看作点和点的连线的斜率，设点为P，设，则，即，当和圆相切时，k取最大值或最小值；由圆心到直线的距离为，得，解得或，故的最大值是0，最小值是.7.已知等比数列的首项为1，前项和为，若，则（）A.1或2 B.1或4 C.2或4 D.4【答案】B【解析】设等比数列的公比为,当公比时

等比数列前项和，因此，满足.此时；当公比时

等比数列前项和公式为，代入得：

,整理得，令，则,解得（对应舍去）或，因此.综上所述，或.8.已知曲线，将绕坐标原点逆时针旋转后所得的曲线是某个函数的图像，则正实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】易知曲线绕坐标原点逆时针旋转后所得函数为，则，函数与直线至多有个交点，设直线上任意异于坐标原点的一点，设，则，设将点绕坐标原点顺时针旋转后得，此时满足，且，则，即将直线顺时针方向旋转后，得，且直线与函数至多只有一个交点，即方程，，在上至多只有一个解，设，即对于，曲线与直线在至多一个交点，则，，由，可知，在上单调递增，且，，当时，，即在上单调递增，此时曲线与直线在至多一个交点，成立；当时，，即，使得，即在上单调递减，在上单调递增，所以当时，曲线与直线在有两个交点，不成立；综上所述.二､多选题：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.已知函数，则下列命题正确的有（）A.函数的图象关于点对称B.函数的最大值是2C.若实数使得方程在上恰好有三个实数解，则D.是函数的单调递减区间【答案】BC【解析】，若函数图象关于点对称，则.但是，所以A错误；因为的最大值为1，所以的最大值为，所以B正确；方程在上恰好有三个实数解，即在有三个解，此时，对应的三个解为：，则，所以C正确；求的单调递减区间：，解得，所以D错误.10.如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，，为它的体对角线.设分别为的中点，则（）A.存在面对角线与平面平行B.存在面对角线与平面垂直C.存在体对角线与平面平行D.存在体对角线与平面垂直【答案】AD【解析】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图：设正方体的棱长为2，则，所以，设平面的一个法向量为,所以，令，则，可得；对于A，由可得，因此，又平面，所以平面，所以A正确；对于B，又，则，显然以上向量与法向量均不平行，所以以上面对角线与平面均不垂直，即B错误；对于C，体对角线，易知,因此不存在体对角线与平面平行，即C错误；对于D，显然，所以平面，即D正确.11.如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详析九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（）A.第2026行共有2026个数B.从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为C.第48行的所有数字之和被7除的余数为1D.去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为【答案】BCD【解析】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误，对于B,由题意可得,B正确，对于C,第48行的所有数字之和为,由于能被7整除，故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确，对于D,第行的和为，当时，第行中去除为1的项的和为，第0行为1，故前行中去除为1的项的和为，故前17行中去除为1的项的和为，去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……，可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数，当时，，因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为则此数列前135项的和为.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若a，b∈R＋，满足a＋b＋3＝ab，则a＋b的取值范围是________.【答案】【解析】，∴(a＋b)2－4(a＋b)－12≥0，解得a＋b≥6，当且仅当a＝b＝3时取等号故答案为：.13.已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若圆锥的体积为，则圆柱的底面半径为__________.【答案】【解析】设圆柱和圆锥的底面半径为、高为，则由侧面积相等可得，解得，由圆锥体积为可得，将代入得，解得，因此.14.已知点在轴上，其既是椭圆的焦点，也是双曲线的焦点.设椭圆和双曲线在第二象限的交点为，点在第一象限的双曲线上，且，若为等轴双曲线，则椭圆的离心率为__________.【答案】【解析】设椭圆的长半轴长为，半焦距为，双曲线的实半轴长为，半焦距也为，双曲线的离心率为，则，延长交双曲线于点，因为，由双曲线的对称性得.设，则，由双曲线的定义得，，由，知，结合，化简得，即，，由P点在椭圆上，可得，即，则，结合，可得椭圆离心率为.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.在中，角的对边分别，已知.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.解：（1）由，得，即，因为，所以，即，故（舍）或，由于，所以.（2），由，得，又，所以，解得或（负值舍），故，又由（1）知，故的面积为.16.已知数列满足.（1）设，证明是等比数列，并求的通项公式；（2）判断数列的单调性.解：（1）由，得：，故，即，又，故是以为首项，为公比的等比数列，且.（2）由，解得，即，故数列为递增数列.17.袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球.现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量.（1）求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率；（2）求的分布列和期望.解：（1）记事件“第二次取出的是黑球”，事件“第三次取出的是红球”，事件可分为“第一次取出的是黑球”和“第一次取出的不是黑球”两种情况，故，事件“第二次取出的是黑球，第三次取出的是红球“，可分为”第一次取出的是黑球“和”第一次取出的是白球"两种情况，故，故所求.（2）易知随机变量可能的取值为，当时，前三次分别取出1个红球､1个黑球和1个白球，，当时，前四次分别取出2个黑球和2个白球，，当时，，故随机变量的分布列为：345期望为.18.设函数为自然对数的底数.（1）讨论的单调性；（2）设，记，证明：①；（注：）②.（1）解：由，得，易知，当且仅当，即时取等号，故当时，，此时在上单调递增；当时，令，解得，易知，当或时，，当时，，故此时在和上单调递增，在上单调递减.（2）证明：由（1）知，当时，在上单调递增，故当时，，即有.①令，则有，即，即，赋值代入，可得，累加可得：，②令，则有，即，化简得，当时，由，累加可得：，即，即有，而当时，故有.19.如图1所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角为，截面与圆锥的轴线的夹角为，当时，截线是圆；当时，截线是椭圆；当时，截线是抛物线；当时，截线为双曲线.如图2所示，为圆锥的顶点，为底面圆心，为圆的一条直径，且为弧的中点，点满足，点为线段的中点；（1）求直线与平面所成角的大小；（2）平面与圆锥的截线记为曲线，在平面内，以所在的直线为轴（设以的方向为轴正方向），以线段的中垂线为轴（设以逆时针旋转后的方向为轴正方向），建立平面直角坐标系.①求出曲线的标准方程；②设为曲线上两动点，若的平分线与轴垂直，求证：直线的斜率是定值，并求出这个定值.（1）解：由题设以为原点，分别以所在直线和正方向为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则，故，设平面的一个法向量为，则，令，则故，则，故直线与平面所成角的大小