精品解析：湖北省武汉市硚口区2026届高三7月起点质量检测数学试题

2025年硚口区高三年级起点质量检测 数学试卷 硚口教科研中心命制 2025．7．24 14：30~16：30 本试卷共6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、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡的指定位置． 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题标号涂黑．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对应答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交，试卷自己保存便于评讲试卷． 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据并集的含义进行运算即可得答案. 【详解】∵， 由并集的含义得. 故选：B. 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简式子，然后根据复数的模公式计算即可. 【详解】由题可知：，所以. 故选：D 3. 如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ） A. 众数平均数中位数 B. 众数中位数平均数 C. 众数平均数中位数 D. 中位数平均数众数 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【详解】由频率直方图可得，单峰不对称且“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小， 平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边， 故平均数大于中位数，所以众数中位数平均数. 故选：B 4. 已知椭圆的上、下焦点分别为，离心率为，过点作直线（与轴不重合）交椭圆于两点，的周长为12，则椭圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义表示出焦点三角形的周长，求出的值，结合离心率求出的值，即得椭圆方程. 【详解】 如图依题意，的周长为， 解得． 设椭圆的半焦距为，因为椭圆的离心率为，所以，解得． 所以． 故椭圆的标准方程为． 故选：D. 5. 已知随机变量，，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据正态分布的性质可得，再结合常值代换应用基本不等式求出最值即可. 【详解】因为随机变量，所以正态分布的曲线的对称轴为. 又因为，所以，解得. 当时，， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为. 故选：A. 6. 已知等差数列中，，则数列的前2026项的和为（ ） A. 1013 B. 1014 C. 2026 D. 2028 【答案】C 【解析】 【分析】先根据等差数列的性质求出数列的通项公式，再分析数列的规律，进而求出其前2026项的和. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，得 化简得，解得，， 又，故数列的通项公式为， 设数列的前项和为， 则， ， 从到共项，两两一组，可分为组， . 故选：. 7. 已知，若0是的极小值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，并得到恒成立，再令，求出，分，和三种情况进行分析，得到时，满足0是的极小值点，求出的取值范围. 【详解】， 因为是函数的极小值点，所以恒成立， 令，则， ， 当时，，即在附近单调递增， 又，所以当时，在附近， 当时，在附近，满足0是极小值点； 当时，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，所以单调递增，此时无极小值点； 当时，，即在附近单调递减，又， 所以当时，在附近， 当时，在附近， 此时0是的极大值点，不符合题意． 综上所述：的取值范围为． 故选：D 8. 实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得点为圆上的一点，点是曲线上的一点，，结合关系和基本不等式求的最小值，由此可得结论. 【详解】因为，所以点为圆上的一点， 因为，所以点是曲线上的一点， 所以， 如图： 因为，为原点，， 所以，当且仅当为线段与圆的交点时取等号， 又，故，当且仅当或时等号成立， 所以，当且仅当或时等号成立， 所以，当且仅当或时等号成立， 所以当或时，取最小值，最小值为， 所以当或时，取最小值，最小值为， 故选：B. 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，由多项符合要求．全部选对的得6分，由选错的得0分，部分选对得部分分． 9. 已知事件，且，则（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. 若事件与事件互斥，则 C. 若事件与事件互斥，则 D. 若，则事件与事件相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】根据对立事件的定义，互斥事件概率公式、相互独立事件的性质及概率公式计算判断作答即可. 【详解】对于A,由于对立事件概率和为1，但，A错误， 对于B、C,由事件与事件互斥，，, 所以B正确 ,C错误 对于D,因为，，故事件与事件相互独立，所以事件与事件相互独立,D正确. 故选:BD 10. 若，数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 关于点成中心对称 B. 数列是等差数列 C. 数列的通项公式为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先证明，由此判断A，由条件结合关系当时，，证明，再求，，由此可得，判断C，结合等差数列定义判断B，结合函数的对称性利用分组求和法求，判断D. 【详解】函数的定义域为， 由已知， 所以， 所以， 又，， 所以，所以的图象关于点对称．故A正确； 因为，所以， 所以，所以， 所以，又， 所以， 所以，故， 所以，所以．C错误； 所以当时，，所以数列等差数列，故B正确， 所以，，，，， 所以， ，故D正确． 故选：ABD． 11. 在棱长为3的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点的轨迹是一个半径为的圆 C. 直线与平面所成角为定值 D. 三棱锥体积的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定与性质定理判断A，根据线面垂直，得线线垂直，从而给勾股定理求得点的轨迹，判断B，由B结合线面角的定义判断C，同样结合B与棱锥体积公式判断D. 【详解】对于A，连接，因为四边形为正方形，则， 因为平面平面，则， 因为平面，所以平面， 平面，所以，同理可得， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B，由A选项知平面，设平面， 即平面平面， 因为，， 所以三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则， 所以，因为， 所以，因为，即， 即，化简可得， 因为点到等边三角形的边的距离为， 所以点的轨迹是在内，且以为圆心、半径为的圆，故B错误； 对于C，由选项B可知，点的轨迹是在内，且以为圆心、半径为的圆，，且平面， 所以就是直线与平面所成角， 所以，因为，所以直线与平面所成角为定值，故C正确； 对于D，因为点到直线的距离为，点到直线的最大距离为， 故的面积的最大值为，因为平面， 则三棱锥体积的最大值为，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项为___________. 【答案】135 【解析】 【分析】首先写出二项式展开式的通项，令，即可求出，再代入计算可得； 【详解】解：二项式的展开式的通项公式为， 令，求得.所以展开式中常数项为. 故答案为： 13. 已知函数满足，且，则方程的实数解的个数为________． 【答案】4 【解析】 【分析】由题可知的周期为，方程的解即为与的交点横坐标，画出与的图象，数形结合即可判断. 【详解】由函数满足，则，所以的周期为， 由，， 可得函数的图象如下： 方程的解，即为的交点横坐标， 当时，，此时与无交点， 当时，，此时与无交点， 由图可知两图象交点个数为，即方程的实数解的个数为. 故答案为： 14. 不透明的盒子中装有大小质地相同的3个红球、2个白球，每次从盒子中摸出一个小球，若摸到红球得1分，并放回盒子中摇匀继续摸球；若摸到白球，则得2分且游戏结束．摸球n次后游戏结束的概率记为，则________；在数列中，若，A为常数，现游戏进行了n次，n趋近于无穷大，游戏结束后，总得分记为X，则X的数学期望________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空利用相互独立事件的乘法公式可求解；第二空利用离散型随机变量的期望公式，再借助错位相减法求和进行求解即可. 【详解】根据题意可知，摸到红球的概率为，摸到白球的概率为， 摸球3次后游戏结束，意味着前两次摸到红球，第三次摸到白球， 因为每次摸球相互独立，所以； 根据题意，的可能取值为2，3，4，⋯，，⋯，且， 则， 则， 则， 则 ， 即， 又，故． 故答案：；． 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. 已知的面积为，O为边BC的中点，，． （1）求BC的长； （2）求角C的正弦值． 【答案】（1）4 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积公式得到，结合得到，求出，进而求出； （2）在（1）基础上，由余弦定理得到，再由正弦定理求出答案. 【小问1详解】 由已知为边的中点， 所以， 即， 又，两式相除得， 所以，又，则， 故； 【小问2详解】 由（1）得，则， 在中，由余弦定理可知， 即，则， 又由正弦定理可知，则． 16. 近年来新能源汽车的热度明显上升．某平台对某地区2020~2024年新能源汽车购买数量y（单位：万台）进行了统计，得到如下相关数据： 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份代码t 1 2 3 4 5 y/万台 30 36 51 60 78 （1）分析上述统计表可知y与t有较强的线性相关关系，求y关于t的经验回归方程． （2）通过调查发现男性比女性更愿意购买新能源汽车．某平台随机抽查某天在该平台购买新车的400名车主作为样本，其中男性购买新能源汽车的有N名，购买汽油车的有90名，女性购买新能源汽车的有80名． （ⅰ）当时，将样本中购买新能源汽车的男性人数与样本中购买新能源汽车的总人数的比例作为概率，用样本估计总体，结合（1）的结果估计2025年在该平台购买新能源汽车的男性人数（精确到个位数，四舍五入保留整数）． （ⅱ）用样本的频率估计概率．设男性车主中购买汽油车的概率为p，从所有男性车主中随机抽出3名，记恰好有2名男性购买汽油车的概率为，当取得最大值时，求N的值． 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． 参考数据：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）612222；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先求出和，结合题设条件代入公式求出和，即可得到y关于t的经验回归方程； （2）（ⅰ）先算出购买新能源汽车的车主中，男性所占比例，由（1）求得的回归方程求出，依题意即可求得购买新能源汽车的车主中男性的人数；（ⅱ）因，推理得，，通过求导得到其单调性，继而推得当时，取得最大值，由此求出. 【小问1详解】 由题意得， 则 于是，， 所以关于的经验回归方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）由题意知，400名车主中购买新能源汽车有270（名），其中男性有190（名）， 则样本中购买新能源汽车的车主中，男性所占比例为， 所以估计一名购买新能源汽车的车主为男性的概率为． 因为2025年对应的年份代码，所以， 因此估计2025年在该平台购买新能源汽车的车主中男性的人数为． （ⅱ）由题意知，， 则当时，取得最大值1，当时，取得最小值， 即，且． 设函数，则． 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减． 故当时，取得最大值，即当时，取得最大值，此时，得． 17. 如图，在正方体中，棱长为2，是棱的中点，是的中点，． （1）证明：平面； （2）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积； （3）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1） 如图所示，取的中点，在上取， 因为是的中点，是的中点， 所以，且， 因为，， 所以，且， 所以，， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，在上取，证明四边形是平行四边形，由线面平行判断定理证明即可； （2）四棱锥和四棱锥重合的几何体为四棱锥和三棱柱形成的组合体，根据棱锥和棱柱的体积计算公式计算即可； （3）建立空间直角坐标系，根据二面角向量法计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，设，，取中点为，的中点为， 由正方体性质可知，点为正方体的中心， 所以四棱锥和四棱锥重合的几何体为四棱锥和三棱柱形成的组合体． ， ； 【小问3详解】 以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 有，，，，，， 所以，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，， ，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，即， 设所成二面角的平面角为， ， 由图可知，二面角所成角的平面角为钝角， 所以所成二面角的平面角的余弦值为． 18. 已知为抛物线的焦点，点在拋物线上，且点的纵坐标为3，以线段为直径的圆与直线相切． （1）求抛物线的方程； （2）直线交抛物线于两点，作于点，若直线的斜率之和为3，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）依据抛物线定义可知，然后求得线段的中点为的坐标，最后计算即可； （2）设直线方程，与抛物线方程联立结合韦达定理，然后计算可得，可知直线过定点，然后求得线段的中点坐标，最后计算即可. 【小问1详解】 由题意得点的坐标为，焦点的坐标为， 根据抛物线的定义得，即以线段为直径的圆的直径为． 记线段的中点为，则点的坐标为， 因为以线段为直径的圆与直线相切， 所以有，解得， 所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 设直线的方程为，易验证必存在且不为0． 与抛物线方程联立得， 不妨设，则可得， 由（1）得点的坐标为， ， 化简得所以直线的方程为， 所以直线恒过定点． 因为于点所以在直角三角形中， 令为线段的中点，坐标为， 此时． 19. 已知函数． （1）当时，在处切线方程； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3），使，证明． 【答案】（1） （2） （3） 即， 不妨设， 由（2）知时，，即， 所以时，． 所以时，，即． 因为， 所以， 即， 所以． 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求解； （2）引入函数，利用求得必要条件，再证明其也是充分的即得； （3）不妨设，由整理得，利用（2）的结论，得，从而有时，，得出时，，即，然后对进行记放缩后可证得结论成立. 【小问1详解】 当时，， 因为，所以在处的切线方程为． 【小问2详解】 当时，恒成立，即恒成立， 设， ， 要使得当时，恒成立，则，即． 下面验证的充分性： 当时，， 设，， 设，则， 当时，，所以单调递增，即， 所以单调递增，即，所以当时，，充分性得证， 所以取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年硚口区高三年级起点质量检测 数学试卷 硚口教科研中心命制 2025．7．24 14：30~16：30 本试卷共6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、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡的指定位置． 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题标号涂黑．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对应答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交，试卷自己保存便于评讲试卷． 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ） A. 众数平均数中位数 B. 众数中位数平均数 C. 众数平均数中位数 D. 中位数平均数众数 4. 已知椭圆的上、下焦点分别为，离心率为，过点作直线（与轴不重合）交椭圆于两点，的周长为12，则椭圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量，，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. 3 D. 6. 已知等差数列中，，则数列的前2026项的和为（ ） A. 1013 B. 1014 C. 2026 D. 2028 7. 已知，若0是的极小值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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，由多项符合要求．全部选对的得6分，由选错的得0分，部分选对得部分分． 9. 已知事件，且，则（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. 若事件与事件互斥，则 C. 若事件与事件互斥，则 D. 若，则事件与事件相互独立 10. 若，数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 关于点成中心对称 B. 数列是等差数列 C. 数列的通项公式为 D. 11. 在棱长为3的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 点的轨迹是一个半径为的圆 C. 直线与平面所成角为定值 D. 三棱锥体积的最大值为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项为___________. 13. 已知函数满足，且，则方程的实数解的个数为________． 14. 不透明的盒子中装有大小质地相同的3个红球、2个白球，每次从盒子中摸出一个小球，若摸到红球得1分，并放回盒子中摇匀继续摸球；若摸到白球，则得2分且游戏结束．摸球n次后游戏结束的概率记为，则________；在数列中，若，A为常数，现游戏进行了n次，n趋近于无穷大，游戏结束后，总得分记为X，则X的数学期望________． 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. 已知的面积为，O为边BC的中点，，． （1）求BC的长； （2）求角C的正弦值． 16. 近年来新能源汽车的热度明显上升．某平台对某地区2020~2024年新能源汽车购买数量y（单位：万台）进行了统计，得到如下相关数据： 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份代码t 1 2 3 4 5 y/万台 30 36 51 60 78 （1）分析上述统计表可知y与t有较强的线性相关关系，求y关于t的经验回归方程． （2）通过调查发现男性比女性更愿意购买新能源汽车．某平台随机抽查某天在该平台购买新车的400名车主作为样本，其中男性购买新能源汽车的有N名，购买汽油车的有90名，女性购买新能源汽车的有80名． （ⅰ）当时，将样本中购买新能源汽车的男性人数与样本中购买新能源汽车的总人数的比例作为概率，用样本估计总体，结合（1）的结果估计2025年在该平台购买新能源汽车的男性人数（精确到个位数，四舍五入保留整数）． （ⅱ）用样本的频率估计概率．设男性车主中购买汽油车的概率为p，从所有男性车主中随机抽出3名，记恰好有2名男性购买汽油车的概率为，当取得最大值时，求N的值． 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． 参考数据：． 17. 如图，在正方体中，棱长为2，是棱的中点，是的中点，． （1）证明：平面； （2）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积； （3）求二面角的平面角的余弦值． 18. 已知为抛物线的焦点，点在拋物线上，且点的纵坐标为3，以线段为直径的圆与直线相切． （1）求抛物线的方程； （2）直线交抛物线于两点，作于点，若直线的斜率之和为3，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）当时，在处的切线方程； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3），使，证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $