精品解析：湖北省宜昌市2025-2026学年高三上学期起点考试数学试题

宜昌市2026届高三九月起点考试 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，只有一个是符合题目要求的. 1. 若全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列为等差数列，，则（ ） A. 19 B. 22 C. 25 D. 27 3. 若为第二象限角，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角所对的边分别为，且，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 不透明的布袋里装有不同编号且大小完全相同的红色，白色，黑色，蓝色的球各两个，从中随机选4个球，则在已有两个球是同一颜色的条件下，另外两球不同色的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，，.已知点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 下列四个命题中正确的是（ ） A 已知随机变量服从正态分布，若，则 B. 对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4 C. 已知随机变量服从二项分布，若，则 D. 对于样本相关系数，若越大，则成对样本数据的线性相关程度越强 10. 已知直线是三条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知抛物线，为其焦点，过的直线与抛物线交于两点，则（ ） A. 若，则直线的倾斜角为 B. 以为直径圆与直线相切 C. 若点在轴上的射影分别为，以线段为直径的圆与轴交于两点，则 D. 过点分别作抛物线切线，两切线分别交轴于两点，则以线段为直径的圆与直线相切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为_______． 13. 已知，，，则的最小值为__________. 14. 写出一个同时具有下列性质①②③的函数解析式__________. ①是偶函数； ②； ③对，当时，都有. 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. 随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货.某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后20个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额（单位：万元），并计算得，，. （1）求样本的相关系数（精确到），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号的相关程度； （2）已知这20个月中有8个月的销售金额低于平均数，从这20个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额低于平均数的月份数为，求随机变量的分布列. 附：相关系数. 16. 已知数列前项和为，，当时，；是等差数列，. （1）求，的通项公式； （2）记，求. 17. 如图，在直三棱柱中，分别是棱上动点，且. （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上不同的两点，且关于轴对称，直线和交于点. （i）求动点的轨迹； （ii）过点的动直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，记函数的导函数为. （1）求函数的极值； （2）若函数有两个零点，求的取值范围； （3）设正实数满足，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜昌市2026届高三九月起点考试 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，只有一个是符合题目要求的. 1. 若全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解即得. 【详解】由，得或，而， 所以. 故选：B 2. 已知数列为等差数列，，则（ ） A. 19 B. 22 C. 25 D. 27 【答案】A 【解析】 【分析】依题意由等差数列性质计算可得，利用等差中项计算可得，可求出. 【详解】根据等差数列性质，由可得， 所以可得， 又可得， 所以. 故选：A 3. 若为第二象限角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助诱导公式、同角三角函数基本关系与二倍角公式计算即可得. 【详解】由，有为第二象限角，则， 故 故选：B. 4. 已知函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，函数为奇函数，结合函数奇偶性的概念可排除选项A；结合时函数的取值可排除C；结合时，排除D选项；再进行验证B选项. 【详解】由图可知，函数为奇函数. 对于A，函数，定义域为，是非奇非偶函数，排除； 对于C，函数， 当，，不满足图象，排除C； 对于D，函数， 当时，，不满足图象，排除； 对于B，函数，定义域为， 而，则函数为奇函数， 当时，，当时，，满足图象. 故选：B. 5. 在中，角所对的边分别为，且，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理结合得，利用正弦定理得，进而得，由已知求得，利用三角形的面积公式即可求解. 【详解】由余弦定理有：，又，所以， 又由正弦定理有：， 又， 所以， 又为三角形的内角， 所以或（舍去），所以，又， 所以 ，所以， 所以， 故选：D. 6. 不透明的布袋里装有不同编号且大小完全相同的红色，白色，黑色，蓝色的球各两个，从中随机选4个球，则在已有两个球是同一颜色的条件下，另外两球不同色的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用古典概型的概率公式求出至少有两个球颜色相的概率，再求出两球颜色相同，另外两球颜色不同的概率，然后利用条件概率公式可求得结果. 【详解】记至少有两个球颜色相同为事件，两球颜色不同为事件，则 ， ， 所以在已有两个球是同一颜色的条件下，另外两球不同色的概率为 , 故选：B 7. 在平面直角坐标系中，，.已知点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形先利用向量数量积的运算律求得，，化简得，再借助于向量的三角不等式即可求出的取值范围. 【详解】 如图，因，， 则，即， 因，又，则， 则， 因， 当且仅当与同方向时，； 当且仅当与反方向时，， 即. 故选：C. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数运算法则以及换底公式，结合不等式性质求解可得结论. 【详解】由可得， 由糖水不等式和基本不等式可得： ， 所以，因此, 同理可得，即， 所以， 因此可得. 故选：A 二、选择题：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. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 已知随机变量服从正态分布，若，则 B. 对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4 C. 已知随机变量服从二项分布，若，则 D. 对于样本相关系数，若越大，则成对样本数据的线性相关程度越强 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性，可求得的值，判断A；根据线性回归直线过样本中心可求得m的值，判断B；根据二项分布的方差的性质可判断C；根据样本相关系数的意义可判断D. 【详解】对于A，因为随机变量X服从正态分布，， 则，A正确； 对于B，将样本点的中心代入，可得，B错误； 对于C，随机变量X服从二项分布，则， 若，则，C正确； 对于D，样本相关系数r，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越强，D错误， 故选：AC 10. 已知直线是三条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，，可能有，故A错误； B选项，若，则，而，则，所以B正确. C选项，若，可能，则未必有，故C错误. D选项，若，则，而，则，所以D正确. 故选：BD 11. 已知抛物线，为其焦点，过的直线与抛物线交于两点，则（ ） A. 若，则直线的倾斜角为 B. 以为直径的圆与直线相切 C. 若点在轴上的射影分别为，以线段为直径的圆与轴交于两点，则 D. 过点分别作抛物线的切线，两切线分别交轴于两点，则以线段为直径的圆与直线相切 【答案】BCD 【解析】 【分析】设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的几何性质判断A，结合直线和圆的位置关系判断B，结合弦长公式判断C，利用导数求出坐标，结合直线与圆的位置关系判断D. 【详解】由题意，抛物线的准线方程为， 设直线的方程为， ，， 选项A：将直线方程与抛物线方程联立，消去整理得， 所以，， 由抛物线的性质可知，因为， 所以， 解得，即直线的倾斜角为或，A说法错误； 选项B：设中点为，则， 以为直径的圆半径，圆心到直线的距离， 所以以为直径的圆与直线相切，B说法正确； 选项C：由题意，， 以为直径的圆圆心为，即，半径， 因为，所以， 又圆心到轴的距离，所以，C说法正确； 选项D：对求导得， 所以过点的切线方程为，即， 令解得点坐标为，同理可得， 所以以为直径的圆的圆心为，即，半径， 因为圆心到直线的距离， 所以以线段为直径的圆与直线相切，D说法正确； 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项定理展开通项，求得的值，进而求得系数． 【详解】根据二项定理展开式的通项式得 所以 ，解得 所以系数 故答案为： 【点睛】本题考查了二项式定理的简单应用，属于基础题． 13. 已知，，，则的最小值为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】由条件和基本不等式直接可得. 【详解】由，，，得. ， 当且仅当，即，由，得时不等式等号成立. 所以当时，有最小值. 故答案为：. 14. 写出一个同时具有下列性质①②③的函数解析式__________. ①是偶函数； ②； ③对，当时，都有. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】取，说明满足性质①②③即可得解. 【详解】若，则是偶函数，满足①， ，满足②， 对，，所以在上单调递增，满足③， 综上，满足题意. 故答案为：（答案不唯一）. 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. 随着科技的发展，人工智能生成的虚拟角色正逐步取代传统的真人直播带货.某公司使用虚拟角色直播带货后销售金额逐步提升，根据该公司使用虚拟角色直播带货后20个月的销售金额的情况统计，得到一组样本数据，其中和分别表示月份编号和销售金额（单位：万元），并计算得，，. （1）求样本的相关系数（精确到），并推断销售金额（单位：万元）和月份编号的相关程度； （2）已知这20个月中有8个月的销售金额低于平均数，从这20个月中随机抽取2个月的销售金额，记抽到销售金额低于平均数的月份数为，求随机变量的分布列. 附：相关系数. 【答案】（1），相关性强 （2）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）由条件结合相关系数公式求出相关系数，根据相关系数性质判断结论； （2）由条件确定的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列. 【小问1详解】 样本的相关系数为 . 由于相关系数，则相关性很强，的值越大，相关性越强. 故，故销售金额和月份编号成很强的正相关性. 【小问2详解】 由题意得：的可能取值为0，1，2， 20个月中有8个月的销售金额低于平均数，有12个月的销售金额不低于平均数， 所以， 所以的分布列为： 0 1 2 16. 已知数列的前项和为，，当时，；是等差数列，. （1）求，的通项公式； （2）记，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系消去，得到，由等比数列的定义即可判断并求出其通项公式，利用等差数列的基本量运算可求出其通项公式； （2）先写出，利用错位相减法即可求出结果. 【小问1详解】 由时， ①，则当时，可得，将代入，解得， 当时，②，由①-②，可得，即， 因，故数列为等比数列，其首项为，公比为， 故数列的通项公式为， 设等差数列的公差为，由，解得， 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 由和，， 可得③， 则④， 由③-④，可得 ， 故得. 17. 如图，在直三棱柱中，分别是棱上的动点，且. （1）求证：； （2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，得到各点坐标，计算得到证明. （2）确定分别是棱的中点时，体积取得最大值， 法一：建立空间直角坐标系，求得平面法向量为.又平面的一个法向量为，根据向量的夹角公式计算得到答案. 法二：平面，过作垂线交于点，连接，根据定义可知即为二面角的平面角，再计算的余弦值. 【小问1详解】 以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图所示）. 设，则. 所以， 又∵，∴. 【小问2详解】 ， 当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值. 又∵， ∴当时，取得最大值，此时三棱锥的体积取得最大值. 故，从而. 法一：设平面的法向量为，则且， 所以，即，令，可得. 又平面的一个法向量为， 记二面角的大小为，则有， 即二面角的余弦值为. 法二：∵平面，过作垂线交于点，连接，如图所示. 平面，平面， ∴平面，即为二面角的平面角. 在中，，根据等面积法可得， 在中，，可得边上的高为， 根据等面积法可得， 在中，.即二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上不同的两点，且关于轴对称，直线和交于点. （i）求动点的轨迹； （ii）过点的动直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）由离心率和短轴长结合关系求值，写出方程； （2）（i）设，写出方程，两式相乘，代入点在椭圆上所得关系式，消元求出动点轨迹方程，说明轨迹；（ii）由得，设存在定点满足条件，由求出. 【小问1详解】 由，得，故椭圆方程为：. 小问2详解】 （i）：设， 则， 两式相乘，，即， ∵在椭圆上，，即代入得， 化简得，因为点不与重合，所以. 即动点的轨迹为双曲线，不包含顶点. （ii）：因为， ∴，即，∴. 设过点的直线方程为，， ，可得， 所以，， 设，则，即. ∴，化简得. 又因为斜率存在，所以有. 所以，故在轴上存在点，使得. 19. 已知函数，记函数的导函数为. （1）求函数的极值； （2）若函数有两个零点，求取值范围； （3）设正实数满足，证明：. 【答案】（1）极小值为1，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导判断的符号，利用函数极值的定义求解即可； （2）按的不同取值范围分类讨论，利用导数求单调性，结合零点存在定理求解即可； （3）将不等式转化为，根据导数的几何意义求出的切线方程，构造，利用导数求得，由此利用切线进行放缩即可得解. 【小问1详解】 由题意，令解得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 由题意可得，定义域为，， （i）当时，若，则，所以， 若，则，所以，此时不可能有两个零点； （ii）①当时，易知在上单调递增，且， 若，则，， 所以存在使得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 因为，所以， 又， 所以在有一个零点，满足有两个零点的条件； ②当时，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值， 因为，所以不满足两个零点的条件； ③当时，，， 所以存在使得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 因为，所以， 又， 所以在上有一个零点，满足有两个零点的条件， 综上的取值范围为； 【小问3详解】 因为，所以，只需证， 令，则， 所以在点的切线方程为， 下面先证明：当时成立， 令，则， 令，则，于是单调递增， 又，于是时，，时，， 所以在上单调递减，上递增，， 所以， 以上各式相加得， 因为，所以，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $