精品解析：湖北省恩施土家族苗族自治州2026届高三第一次质量监测暨9月起点考试数学试题

恩施州2026届高三第一次质量监测暨9月起点考试 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 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粘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铅笔把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、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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解. 【详解】因为，，则， 又，所以， 故选：A. 2. 已知，，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的数量积的坐标运算直接可得. 【详解】由，，且， 所以，得. 故选：C. 3. 复数满足， 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算法则及其模长公式求解即可. 【详解】由已知得， 则， 故选：B． 4. 根据分类变量与的观测数据，计算得到，依据小概率值（）的独立性检验，则（ ） A. 变量与不独立 B. 变量与独立 C. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立性检验的概念可得正确的选项. 【详解】因为，所以在显著性水平下， 没有充分证据拒绝原假设，因此我们认为变量与是独立的， 故选：B 5. 将函数的图象向左平移（）个单位后，所得的图象仍然关于原点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先通过平移法则得新函数解析式为，根据对称中心列方程得，由即可求解. 【详解】函数的图象平移后得到，其图象关于点对称， 那么，所以，又，所以m的最小值为. 故选：C 6. 已知，当时，的最小值是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分、分别求解即可. 【详解】，，的最小值是， 若，即时， 则，解得，符合题意； 若，即时， ，，不合题意舍去. 故. 故选：D. 7. 抛物线与直线交于两点，为坐标原点，且满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】联立抛物线与直线方程得，利用根与系数的关系及垂直的向量表示，得到，即可求解. 【详解】设，， 由，消得到， 则， 因为，则，又，， 所以， 所以，解得， 故选：D. 8. 已知a，b为正实数，且，若恒成立，则m的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将变形为，再利用基本不等式求出的最小值即可得解. 【详解】，，恒成立， 的最大值，又， . 当且仅当且取等号. 的最大值为. 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. 9. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当B最大时，成立 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，由余弦定理和基本不等式得到，结合余弦函数单调性得到；B选项，当，为等边三角形，，而，B错误；C选项，由余弦定理得到，由余弦函数单调性得到；D选项，由勾股定理和得到，解得，由正弦定理. 【详解】A选项，， 当且仅当时，等号成立， 又在上单调递减，而，所以，A正确； B选项，当时，，故为等边三角形， 所以，而，显然不成立，B错误； C选项，若，又，故，则，， 又，又在上单调递减，故，C错误； D选项，若，则，即， 解得，由正弦定理得，故，D正确. 故选：AD 10. 正方体中，，是棱上的动点（含端点），则（ ） A. 的最小值为 B. 若是棱的中点，则点到平面的距离为 C. 记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将面沿翻折至与面共面，则；对于B，由，计算即可；对于C，得四棱锥外接球的球心，根据线面角定义结合图象求解即可；对于D，记向量与的夹角为，则在上的投影向量的模长为，建立空间直角坐标系，计算即可. 【详解】对于A，将平面沿翻折至与平面共面，如图所示， 则，故A错误； 对于B，若是棱的中点，则，即是等腰三角形， 设的中点为，则，， 所以， 因为，设点到平面的距离为， 则，故B正确； 对于C，四棱锥外接球的球心即为该正方体的外接球球心，即为点， 设点在平面的投影点为，边的中点为，连接， 则直线与平面所成角为，，， 当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 此时，，其所成角正切值为， 当点与点或点重合时，直线与平面所成角最小， 此时，，其正切值为， 所以直线与平面所成角的正切值的取值范围为，故C正确； 对于D，记向量与的夹角为， 则在上的投影向量的模长， 以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， ，，为定值，故D正确. 故选：BCD 11. 已知函数，方程有三个不同的实根，，，则（ ） A. 方程有两个不同的实根 B. C. 是方程的一个根 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】画出函数的图象，结合图像可得有两个不同的解且，，从而可判断A的正误，同样结合图形求出的范围后可判断B的正误，将代入计算后可判断C的正误，根据方程的解的传递性可用表示后根据单调性可求范围，从而可判断D的正误. 【详解】令，考虑的解. 的图象如图所示： 对于A，因为有3个不同的解，故有两个不同的解， 且，，故A正确. 对于B，由A的分析可得，故B错误. 对于C，由A的分析结合图象可得：有两个不同的解， 故且，故， 故是方程的一个根，故C正确. 对于D，由A的分析可得有两个不同的解，不妨设为， 有唯一解，不妨设为， 则，，故， 故， 而即， 所以， 记，则， 故在上单调递增，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. 等差数列的公差为2，记前n项的和为，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式和等差中项性质，及等差数列的通项公式即可求解. 【详解】由等差数列的求和公式得：， ，因为等差数列的公差:, 又由等差数列的通项公式可得：，所以解得. 故答案为： 13. 平面直角坐标系中，直线与y轴和曲线的交点分别为，若曲线在点处的切线交轴于点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，利用导数的几何意义，求得曲线在点处的切线方程，令，得到的坐标，进而求得的长，得到答案. 【详解】由直线与y轴及曲线的交点分别为，可得， 又由，可得，则， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，可得，即，所以. 故答案为：. 14. 已知双曲线（，）的左右焦点分别为，，直线与C的右支交于A，B两点，P，Q分别为，的内心，若，则C的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知和双曲线概念可得P、Q两点的横坐标为a，可得PQ的直线方程为，又直线AB的倾斜角为，可得，则得答案. 【详解】由题意，直线，则直线过， 如图，设内切圆与各边的切点为H，I，J， 则， 设，则，即P点的横坐标为a， 同理可得Q点的横坐标为a. 则PQ的直线方程为，又直线AB的倾斜角为， 因为，， ，， 所以 ， 又，则， 得，. 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. 如图，在直三棱柱中，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，得到，再根据正方形的几何性质得到，从而根据线面垂直的判定定理证出. （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用向量法求出. 方法二：把平面夹角的余弦转化成两个平面的法线所成的角，利用余弦定理求角的余弦即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以. 又，，所以平面， 平面，所以. 又，所以四边形为正方形，从而. 因为，平面，所以平面. 【小问2详解】 法一：易知两两垂直，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，所在直线为z轴， 建立如图空间直角坐标系： 则，，，，， 从而，，. 设平面的法向量为，则 ，不妨取， 由（1）可知，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为， 则. 法二：过作的垂线，垂足为E，连接AE， 平面平面，，平面， 由（1）知，平面，的余弦值的绝对值即为所求. 在中，，， ，所以，即. 设平面与平面的夹角为，， 则. 16. 如图，正方形ABCD的边长为，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，其边长记为；然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为.已知，. （1）求，； （2）记第n个正方形区域未被第个正方形区域覆盖面积为，求使得成立的n的最小值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先根据条件列出的递推公式，判断数列是等比数列，根据等比数列的通项公式得到，进而可得. （2）先用累加法得到，列出不等式，设，利用数列的单调性解不等式即可. 【小问1详解】 由题意，，即， 所以为等比数列，公比为，，所以. 所以，，. 【小问2详解】 由题意，， ， ， 设，则为单调递减数列， 且， 又，所以. 的最小值是5. 17. 已知函数，. （1）判断函数的单调性； （2）若，证明：； （3）证明：（，） 【答案】（1）在单调递增，在单调递减 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导，令导函数后再求导得到，由的最值得到的单调性，然后得到的解，即可得到的单调区间； （2）方法一：利用导数求得的最值，结合（1）中的最值即可证明结论. 方法二：利用导数求的最值，然后得到.构造函数，然后结合与二次函数的最值，得到即可证明结论. （3）由（1）中结论得到，然后对不等式右边放缩得到，然后由裂项相消得到的值，即可得证. 【小问1详解】 ，令， 在恒成立. 在上单调递减. ∴，；，. 故在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 法一：据（1）可知，恒成立. ， 当时，，当时，， 上单调递减，在上单调递增； ，，则成立. 法二：要证，即证. 令，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ∵，，即. 令， 即， 令，所以， 根据，， ， 成立. 【小问3详解】 据（1）可知，，令，则， （，）. ， ，，…，， 相加可得：， 因为，则，，所以， 故对，恒成立. 18. 已知一个大盒子内装有6个黄乒乓球，个白乒乓球. （1）现甲乙两人从盒中进行随机摸球游戏：甲，乙两人轮流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸球，直到两人中有一人摸到白乒乓球时游戏结束，每次摸出的小球均不再放回，且甲乙摸球相互独立.已知乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率为. （i）求x的值； （ii）记表示游戏结束时甲摸球的次数，求的分布列和期望. （2）整理盒中小球时，需将所有乒乓球排成一排，要求每个黄乒乓球至少与另一个黄乒乓球相邻.记不超过3个黄乒乓球排在一起的概率为p，若，求x的最小值. 【答案】（1）（i）2；（ii）分布列见解析，； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）利用乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率列出关于的等式即可得解；（ii）根据分布列的步骤求解即可； （2）先将黄球分组，再利用插空法即可得出事件总数，进而求出概率即可得解. 【小问1详解】 （i）由题意，乙第一次恰好摸到白球的概率为， 即，解得或， 因为，所以. （ii）根据游戏规则，的取值可能为1，2，3，4， ； ； ； ； 所以的分布列为 1 2 3 4 . 【小问2详解】 整理乒乓球时，要使得至少2个黄球相邻，则有“黄黄—黄黄—黄黄”，“黄黄黄—黄黄黄”，“黄黄—黄黄黄黄”，“黄黄黄黄—黄黄”，“黄黄黄黄黄黄”5种情况. 可以先排列白球，通过插空法，让黄球排列在白球与白球之间的空位上. 所以“黄黄—黄黄—黄黄”有种排法； “黄黄黄—黄黄黄”，“黄黄—黄黄黄黄”，“黄黄黄黄—黄黄”均有种排法，总共种； “黄黄黄黄黄黄”有种排法. 不超过3个黄球排在一起的情况只能为“黄黄—黄黄—黄黄”与“黄黄黄—黄黄黄”两种情况， 所以，即有， 解得或（舍去），所以x的最小值为6. 19. 已知O为坐标原点，椭圆的右焦点为F，过F的直线l交于A，B两点，P是上一动点，且的面积最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若C是上的另一点，满足四边形OACB为平行四边形. （i）求平行四边形OACB的面积； （ii）设C关于O的对称点为D，求证：A，B，C，D四点共圆. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当P在短轴顶点时最大，利用面积列方程求得，即可求解椭圆的标准方程； （2）（i）设直线AB的方程为，代入得，韦达定理求得，将点代入椭圆方程得，进而，，所以，又点O到直线AB的距离为，最后求出平行四边形OACB的面积. （ii）法一：由（i）可知，则，，，利用数量积的坐标运算求出，， ，，根据，，不妨设，，计算可， 所以，即可证明. 法二：（曲线系解法）由（1）（2）得，，则过A，B，C，D的二次曲线系为，，通过系数列方程计算知存在.即可证明. 【小问1详解】 由题意，当P在短轴顶点时最大，此时， 解得，所以椭圆方程为：； 【小问2详解】 （i）由题意可得，直线l的斜率存在，设，，直线l的斜率为k. 直线AB的方程为，代入，得， 其中，，， ， 从而.因为点在椭圆上，代入椭圆方程得， 即，解得，所以，. 所以， 又点O到直线AB的距离为， 所以平行四边形OACB的面积. （ii）法一：由（i）可知，C关于O对称点为，，， 因为，， 即，，， 所以， 又，， 所以， ， 根据，，不妨设，， 计算可得，，，， 所以，所以， 所以. 根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知A，B，C，D四点共圆. 法二：曲线系解法 由（1）（2）得即，即， 所以过A，B，C，D的二次曲线系为，， ，，xy的系数依次为，，， 由（2）得，的系数， 又令，得，，存. ，B，C，D四点共圆. 注：曲线系设法不同，的取值不同，因此，只需有解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 恩施州2026届高三第一次质量监测暨9月起点考试 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 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粘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铅笔把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、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. 设全集，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 复数满足， 则 （ ） A. B. C. D. 4. 根据分类变量与观测数据，计算得到，依据小概率值（）的独立性检验，则（ ） A. 变量与不独立 B. 变量与独立 C. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1 D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1 5. 将函数的图象向左平移（）个单位后，所得的图象仍然关于原点对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，当时，的最小值是，则（ ） A. B. C. D. 7. 抛物线与直线交于两点，为坐标原点，且满足，则（ ） A B. 1 C. D. 8. 已知a，b为正实数，且，若恒成立，则m的最大值为（ ） A. B. C. 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. 9. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当B最大时，成立 C. 若，则 D. 若，则 10. 正方体中，，是棱上的动点（含端点），则（ ） A. 的最小值为 B. 若是棱的中点，则点到平面的距离为 C. 记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值 11. 已知函数，方程有三个不同的实根，，，则（ ） A. 方程有两个不同实根 B. C. 是方程一个根 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等差数列的公差为2，记前n项的和为，若，则__________. 13. 平面直角坐标系中，直线与y轴和曲线的交点分别为，若曲线在点处的切线交轴于点，则__________. 14. 已知双曲线（，）的左右焦点分别为，，直线与C的右支交于A，B两点，P，Q分别为，的内心，若，则C的离心率为__________. 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. 如图，在直三棱柱中，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 16. 如图，正方形ABCD的边长为，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，其边长记为；然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为.已知，. （1）求，； （2）记第n个正方形区域未被第个正方形区域覆盖的面积为，求使得成立的n的最小值. 17. 已知函数，. （1）判断函数的单调性； （2）若，证明：； （3）证明：（，）. 18. 已知一个大盒子内装有6个黄乒乓球，个白乒乓球. （1）现甲乙两人从盒中进行随机摸球游戏：甲，乙两人轮流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸球，直到两人中有一人摸到白乒乓球时游戏结束，每次摸出的小球均不再放回，且甲乙摸球相互独立.已知乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率为. （i）求x的值； （ii）记表示游戏结束时甲摸球的次数，求的分布列和期望. （2）整理盒中小球时，需将所有乒乓球排成一排，要求每个黄乒乓球至少与另一个黄乒乓球相邻.记不超过3个黄乒乓球排在一起的概率为p，若，求x的最小值. 19. 已知O为坐标原点，椭圆的右焦点为F，过F的直线l交于A，B两点，P是上一动点，且的面积最大值为. （1）求椭圆的标准方程； （2）若C是上另一点，满足四边形OACB为平行四边形. （i）求平行四边形OACB的面积； （ii）设C关于O的对称点为D，求证：A，B，C，D四点共圆. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $