湖北省襄阳市2026届高三年级3月统一调研测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省襄阳市2026届高三年级3月统一调研测试数学试题一、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，只有一项符合题目要求）1.设集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由得，又集合，所以.2.设i是虚数单位，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由得.3.已知向量，，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，由得，故.4.把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】把函数图象向右平移个单位长度，得到，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到.5.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由于，故构造函数，则，令，故，因此在上单调递增，故，故在恒成立，故在上单调递增，因此，即.6.已知椭圆与双曲线有相同的左焦点和右焦点，P为椭圆与双曲线在第一象限内的一个公共点，设椭圆与双曲线的离心率分别为，，且，若，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设椭圆的方程：，双曲线的方程：，，焦点，，由，，由，则，则，由定义：，，则，，由余弦定理可知：，则，，，则，双曲线的渐近线方程.7.在一次游泳比赛结束后，甲、乙、丙、丁进入前4名，且这4人无并列名次．赛完他们出场后，场外一个未看到比赛结果的游泳爱好者跟他们了解比赛结果：甲说：我是第四名；乙说：我不是第二名或第四名；丙说：我排在乙前面；丁说：我是第一名.他们4人中只有一个人说的是假话，下列正确的是（）A.丙是第一名 B.乙是第二名C.甲是第三名 D.丁是第四名【答案】A【解析】若甲说假话，其余三人真，则丁第1名，由乙不是第2或第4名，得乙只能是第3名，又丙排在乙前面，于是丙只能为第2名，推出甲为第4名，与甲说假话矛盾，甲说真话，甲确实是第4名；若乙说假话，其余三人真，则丁第1名，甲第4名，由丙排在乙前面，得丙第2名，乙第3名，与乙说假话矛盾，乙说真话；若丙说假话，其余三人真，则丁第1名，甲第4名，由乙不是第2或第4名，得丙第2名，乙第3名，与丙说假话矛盾，丙说真话；若丁说假话，其余三人真，则甲第4名，由乙不是第2或第4名，丙排在乙前面，得乙只能为第3名，因此丙第1名，丁第2名，丁说假话.8.已知数列为等差数列，首项（m为整数），公差，前项和，则满足题意的的所有取值的和为（）A.3720 B.4320 C.2940 D.1736【答案】D【解析】，，所以n的取值为的所有因数，所以所求和为．故选：D.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，有选错的得0分．）9.下列说法正确的有（）A.若事件A与事件B相互独立，，，则B.若样本数据，，，的方差为4，则数据，，，的方差为8C.一个盒子中有3个黑球，2个白球，1个红球，不放回地抽取两次，每次抽一个球，则事件“至少有一个红球”与事件“两个球颜色相同”互斥D.1，2，3，，2024，2025，2026这2026个数的上四分位数是507【答案】AC【解析】选项A：事件与相互独立，则，又，，则，选项A正确；选项B：设原数据的方差为，新数据为，因为（为常数），则，选项B错误；选项C：记“至少有一个红球”为事件，“两个球颜色相同”为事件：事件的样本点：(红,黑)、(红,白)、(黑,红)、(白,红)；事件的样本点：(黑,黑)、(白,白)；事件与无公共样本点，不可能同时发生，故与互斥，选项C正确；选项D：对于个按从小到大排列的数据，上四分位数的位置为：，根据百分位数定义，位置为小数时，取第个数作为上四分位数，而非，因此选项D错误.10.已知菱形中，，，现将沿对角线折起至，连接，形成三棱锥，则下列说法正确的是（）A.二面角的大小为时，平面平面B.在折起的过程中，存在某个位置使C.时，三棱锥的体积为D.三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为【答案】BCD【解析】由，四边形为菱形，则、、均为等边三角形，取中点，以为原点，建立如下图所示空间直角坐标系，设，则、、、、；对A：由、均为等边三角形，则、，由平面平面，故即为二面角的平面角，即，故，则，，，设平面与平面的法向量分别为、，则，，取，则，，，故、，则，故与不垂直，故平面与平面不垂直，故A错误；对B：，，令，则，故在折起的过程中，存在某个位置使，故B正确；对C：，，时，有，则，则，即，则三棱锥的体积为，故C正确；对D：三棱锥的体积为，则当时，三棱锥的体积最大，此时，设其外接球的球心为，半径为，则有，解得，故其外接球的表面积为，故D正确.11.已知，则下列结论正确的是（）A.的对称中心为B.若存在两个极值点、，且，则与有3个交点C.若，，则D.若，，有三个不等实根，，，且，则实数a的取值范围是【答案】ACD【解析】对于A．∵，∴，∴，∴的对称中心为，所以A对，对于B．证明：设，则,利用方程左右两边的系数相等，得到，又，为，所以，所以：，由于是的极大值点，且故与有两个交点，所以B错，对于C，由题意知，1和2是的两根，设，则，C正确，对于D．，而,所以：，，解得，又有三个不等实根，所以极大值大于0，极小值小于0，∴，又实数a为正，所以在为增，在为减，在为增，所以，所以，且，所以，所以D对.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）12.曲线在点处的切线方程为_______．【答案】【解析】由得,故，所以在点处的切线方程为,即.13.已知等比数列满足，，则_______．【答案】2【解析】由可得，又，所以，故，故，其中为公比.14.已知，若，且，则_______．【答案】【解析】．∵，∴，∴,由于，故，则，∴，∴.四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到，使二面角为120°，设CE的中点为H．（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．（1）证明：因为四边形为平行四边形，F、G分别为的中点，所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面，又H、G分别为的中点，所以．平面，平面，所以平面，因为FD、平面，，所以平面平面．（2）解：因为三角形为正三角形，，F为的中点，所以，，所以为二面角的平面角，又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．作平面于O，则O在直线上．又二面角的平面角为，所以O在线段的延长线上．由已知得，则，．以F为原点，所在直线分别为x轴、y轴，过点F平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，因为，，所以，则，，，，，则，，设平面的一个法向量为，则由，，得，令，得．易得平面的一个法向量，所以平面与平面的夹角的余弦值为．16.在中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，M为边BC所在直线上一点．（1）若，AM平分∠BAC，，，求的周长；（2）若，且，求的最大值和最小值．解：（1）由题意得，所以①，又②，由①②解得，所以的周长为；（2）∵，又，∴∴，当且仅当，即时取“”，又，当且仅当时取“”，所以的最大值，最小值4．17.已知函数．（1）若恒成立，求a的取值集合；（2）当时，证明：当时，恒成立．（1）解：的定义域为．①若，因为，所以不满足题意；②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故在时取得最小值，所以，令，则当时，，单调递减；当时，，单调递增；又，故，当且仅当时取到等号，所以的解为，故．（2）证明：，且时，则故.要证明即证，而，令，下证即可．，再令，则，由于函数在上递增，故在上递增，则，即在上递增，故，即在上单调递增，故，得证．18.如图，设抛物线方程为，点P为直线上任意一点，过P作抛物线的切线，切点分别为，．（1）若的坐标为，求证：直线的方程为；（2）已知P点的坐标为，，求此时抛物线的方程；（3）是否存在点，使得点关于直线的对称点D在抛物线上，其中点满足（为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点P的坐标；若不存在，请说明理由．（1）证明：由得，当时，，所以，则的方程为：，则，又，故；当时，，所以，则的方程为：，则，又，故；综上可得，；（2）解：设，由（1）可得的方程为，又P点的坐标为，，则，又，所以，同理，所以，是方程的两根，因此，，又，由弦长公式得，化简得，即，所以或（负值舍去），因此所求抛物线方程为或；（3）解：设，由题意得，则的中点坐标为，由（1）（2）可知：直线的方程为，由点在直线上，中点也在直线上，则，，作差得，即，若在抛物线上，则，因此或，即或；①时，则，此时，点适合题意；②当，对于，此时，，又，由，所以，即，矛盾，故不符；对于，因为，此时直线DH平行于x轴，又，所以直线与直线不垂直，与题设矛盾；所以时，不存在符合题意的P点；综上所述，仅存在一点适合题意.19.集合，，对T中的两个不同元素和，若存在一个函数f：满足：①，②，③，则称：X与Y是T中的一对“友好元素”．（1）当时，若，写出X对应的一个“友好元素”；（2）若和是T中的一对“友好元素”，且满足，规定：随机变量服从分布，当时，试写出的分布列及其对应的一对“友好元素”X与Y；（3）当时，若且满足，证明：若存在B使得A与B是T中的一对“友好元素”，则A中有且仅有个0．（1）解：当时，由，需构造满足：①，，②，③，，设，，，，，则满足①②③，此时；故满足题意．（2）解：取，满足且满足，，，，，，，的分布列为0246p0，所以，.（其他合理答案，同样给分，如：，等）．（3）证明：当时，若且满足，不妨令，①由于，所以，，…，不可能都是0．②若A中有个0，不妨设，，则，此