精品解析：湖北省武汉市江汉区2025-2026学年高三上学期7月新起点摸底考试数学试题

2026届高三新起点摸底考试 数学试卷 本试题卷共4大题，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，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上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡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、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 3 2. 设集合，则的真子集的个数是（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 3 3. 已知双曲线，则的右焦点到其渐近线的距离为（ ） A. 2 B. 6 C. D. 4. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. -4 B. -16 C. -32 D. -64 5. 高三（1）班班主任从4名男同学和2名女同学中随机选出3人去参加志愿服务活动，则选出的3人中至少有2名男生的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知样本数据15，28，30，32，37，39，41，43，则这组样本数据的上四分位数是（ ） A. 42 B. 40 C. 31 D. 29 7. 已知函数，则满足不等式的实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知的内角，，满足，其面积，则的外接圆半径为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设，，下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图甲，边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点（如图乙），则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球半径是 11. 数学中有很多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一，给出下列四个结论，其中正确的选项是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点） C. 曲线所围成的区域的面积小于3 D. 曲线上任意一点到原点的距离最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若圆台的上下底面半径分别为1，2，母线长为，则该圆台的体积为_________． 13. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若在区间上的最大值为1，则_____. 14. 已知正方体的棱长为1，正方形内部有一片区域，是的中点，是的中点，若对于区域内的任意一点，总存在线段上一点，使得平面，则区域的面积最大值是_____. 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，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积. 16. 甲、乙两选手进行的每一场体育竞技比赛，都采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜.已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率为. （1）若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望； （2）若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即，求的取值范围. 17. 如图1，在中，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知点是圆上的任意一点，点，线段的垂直平分线交于点. （1）求动点的轨迹的方程； （2）分别过，作平行直线，，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，其中点，在轴上方. （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求四边形的面积的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在的最小值； （2）当时，求函数在的最大值； （3）求证：对，都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三新起点摸底考试 数学试卷 本试题卷共4大题，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，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上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡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、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据的幂次规律，，把化为复数标准形式，其虚部即为前 的系数. 【详解】因为， 代入原式得：， 所以复数标准形式中，虚部为3. 故选：D. 2. 设集合，则的真子集的个数是（ ） A. 8 B. 7 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】写出集合，计算真子集个数. 【详解】，因为集合中有个元素，所以真子集个数为. 故选：D. 3. 已知双曲线，则的右焦点到其渐近线的距离为（ ） A. 2 B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出右焦点坐标、渐近线方程，利用点到直线的距离公式可得答案. 【详解】因为，所以， 可得右焦点坐标为，其中一条渐近线方程为， 右焦点到其渐近线的距离为. 故选：B. 4. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. -4 B. -16 C. -32 D. -64 【答案】D 【解析】 【分析】用首项和公差表示出已知条件并求解，再由等差数列前项和公式计算. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，解得：，所以， 故选：D 5. 高三（1）班班主任从4名男同学和2名女同学中随机选出3人去参加志愿服务活动，则选出的3人中至少有2名男生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求事件的总数，再求选出的3人中至多有1名男生的事件数，最后根据古典概型的概率计算公式和对立事件的概率公式得出答案. 【详解】从6名学生中任选3人，有种方法，其中最多有1名男生的情况有种， 所以所求概率为. 故选：C. 6. 已知样本数据15，28，30，32，37，39，41，43，则这组样本数据的上四分位数是（ ） A. 42 B. 40 C. 31 D. 29 【答案】B 【解析】 【分析】由上四分位数的定义可得结果. 【详解】，所以这组数据的上四分位数是. 故选：B. 7. 已知函数，则满足不等式的实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，利用奇函数定义得到是奇函数，求导得到在上单调递减，将原不等式转化为，利用的奇偶性和单调性解不等式. 【详解】设，的定义域为，关于原点对称， ，所以是奇函数， ，所以在上单调递减， 由得， 即，， 因为在上单调递减，所以，解得， 故选：C. 8. 已知的内角，，满足，其面积，则的外接圆半径为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先用和、差角的正弦公式及二倍角公式化简得到，再利用三角形的面积公式结合正弦定理即可求得结果. 【详解】 即 即 又，故， 所以 所以 ， 因为 又因为， ， 所以， 所以，解得. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设，，下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】做差法可判断AD；利用基本不等式可判断BC. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，，，所以， 当且仅当即时等号成立，故B正确； 对于C，，，所以， 当且仅当即时等号成立，故C正确； 对于D，，， ， 所以，故D错误. 故选：ABC. 10. 如图甲，边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点（如图乙），则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面平面 C. 平面与平面夹角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球半径是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据折叠前后的性质，根据线线垂直推出平面，进而可得，判断选项A；根据面面垂直判定定理判定选项B；建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，，可得求出二面角的余弦值判断选项C；根据互相垂直，三棱锥的外接球等价于以为棱的长方体的外接球，长方体的对角线即为外接球的直径，判断选项D. 【详解】折叠前：，，； 折叠后：，，三点重合于点，故，，， 又，分别是，的中点，边长为2，故，. 选项A：因为，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，故A对. 选项B：因为，，平面， 所以平面；又平面，故平面平面，故B对. 选项C：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则 ，，. ，，设平面的法向量为，则 ，令，得. 平面是平面，其法向量为. 所以二面角的余弦值：，故C错. 选项D：因为，，，所以三棱锥的外接球等价于以为棱的长方体的外接球. 长方体的对角线长， 故外接球半径，故D对. 故选：ABD. 11. 数学中有很多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一，给出下列四个结论，其中正确的选项是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点） C. 曲线所围成的区域的面积小于3 D. 曲线上任意一点到原点的距离最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，用代替验证；选项B，当时，方程变形为，则，因为为整数，所以只能为0，，只能为0，1，再列举并结合曲线的对称性即可判断；选项C，结合B选项， 曲线经过6个整点围成图形的面积为3，曲线围成的图形在这6个点围成图形的外围，可判断C；对于选项D，当时，方程变形为，即，令，，从而得到，结合三角函数的图像即可求解. 【详解】对于A,用代替，可得曲线不变，则曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，当时，方程变形为，则， 因为为整数，所以只能为0，，只能为0，1， 当时，解得，当时，解得， 当时，解得：或，当时，解得或 所以当，对应的点为，，， 因为曲线关于轴对称，所以当时，对应的点有，， 所以曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点），故B正确， 对于C，由B选项可得曲线恰好经过6个整点，分别为，，，，， 结合图形可知这6个点围成的面积， 因为曲线围成的图形在这6个点围成图形的外围，所以曲线所围成的区域的面积大于3，故C不正确； 对于D，当时，方程变形为，即， 令，，即， 设曲线上任意一点为，则到原点的距离，（其中）， 所以当时，， 因为曲线关于轴对称，则当时，也成立，故D正确； 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若圆台的上下底面半径分别为1，2，母线长为，则该圆台的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】求出圆台的高后由圆台的体积公式计算． 【详解】由题意圆台的高为， 体积为． 故答案为：． 13. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若在区间上的最大值为1，则_____. 【答案】## 【解析】 【分析】先求出平移后的解析式，结合图形分析可知要使在区间上的最大值为1，则在区间上单调递增，即，求解即可. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象， 则， 当时，， 由于在区间上的最大值为1，则在区间上单调递增，即， 所以，解得：. 故答案为： 14. 已知正方体的棱长为1，正方形内部有一片区域，是的中点，是的中点，若对于区域内的任意一点，总存在线段上一点，使得平面，则区域的面积最大值是_____. 【答案】## 【解析】 【分析】首先建立空间直角坐标系并确立关键点坐标，然后根据线面平行推导代数条件，最后根据条件分析边界直线并计算区域的面积最大值. 【详解】以D为顶点，DA、DC、分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图， , 线段EF满足， 设，，， 设平面的法向量为， ，， ，令得，则， 因为平面， 所以，， 因为点Q在线段EF上，所以，，所表示的范围为多边形，其中，面积为， 所以区域的面积最大值是. 故答案为： 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，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化，代入化简可得结果； （2）由余弦定理结合三角形的面积公式代入计算，即可求得结果. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理可得， 即， 即，， 所以，又，则. 【小问2详解】 由，可得，， 因为，所以①， 因为，所以②， 联立①②可得，解得. 故的面积为. 16. 甲、乙两选手进行的每一场体育竞技比赛，都采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜.已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率为. （1）若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望； （2）若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即，求的取值范围. 【答案】（1） X 2 3 P （2） 【解析】 【分析】（1）先写出离散型随机变量的分布列，再根据期望公式求期望即可； （2）先求出，再根据已知不等式列式求解. 【小问1详解】 若，，则比赛为3局2胜制，每局比赛甲获胜的概率为， X的可能取值为2,3， ，， 的分布列如下： X 2 3 P . 【小问2详解】 ， ， 因为，所以， 即，解得， 所以. 17. 如图1，在中，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 在图1的中，， 所以，，且，， 因为，所以，，则，， 在中，，，，则， 在图2的中，，，， 满足，所以， 因为，，，、平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的余弦值； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，，， 设平面一个的法向量，则， 取，可得， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面与平面所成角为， 则， 因此，平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知点是圆上的任意一点，点，线段的垂直平分线交于点. （1）求动点的轨迹的方程； （2）分别过，作平行直线，，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，其中点，在轴上方. （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求四边形的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）,（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，则，所以动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，即可求解； （2）（ⅰ）设出直线方程，与椭圆联立，解出，的坐标，根据距离公式即可求解； （ⅱ）利用弦长公式说明，四边形为平行四边形，可得四边形的面积四边形的面积的一半，利用点到直线的距离公式求出平行四边形的高，即可求出的表达式，结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 圆，则圆心，， 因为线段的垂直平分线交于点， 所以， 由于，所以，又， 根据椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，，所以， 则动点的轨迹的方程为：. 【小问2详解】 由题可得直线，的斜率不为0， 设直线的方程为：，直线的方程为：，， （ⅰ）因为，所以， 联立，可得：，解得：或， 因为点在轴上方.，所以，即， 所以 联立，可得：，解得：或， 因为点，在轴上方.，所以，即， 所以， 所以. （ⅱ）联立，可得：， 所以， ， 则， 联立，可得：， 所以， ， 则 所以，且，则四边形为平行四边形，为对角线的交点， 根据对称性可知，四边形的面积四边形的面积的一半， 四边形的高， 所以， ， 因为，所以，当且仅当时取等号， 所以， 所以四边形的面积的取值范围为：. 19. 已知函数. （1）当时，求函数在的最小值； （2）当时，求函数在的最大值； （3）求证：对，都有. 【答案】（1）答案见解析 （2）0 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，分类讨论和时，的正负，得到函数的单调区间，从而求出函数在的最小值； （2）当时，，得到在上单调递减，从而； （3）由（2）知， ，得到，求出，分以及可证明结论. 【小问1详解】 由题可得，因为，所以， 当时，，所以函数在上单调递增，， 当时，令，即， 因为在上单调递减，所以存在唯一的，使得， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 由于，， 当，即时，， 当，即时，， 综上，当时，， 当时，， 当时， 【小问2详解】 由题可得，因为时，， 当，，等号仅在某些特殊值时取得，所以在上单调递减， 所以 【小问3详解】 由（2）知，当，时，，即， 令，则 ， 令，① ，② ①②可得：， 化简得：， 所以， 当或2时，， 则成立 当时，， 则成立； 当时，， 所以， 综上：对，都有，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $