精品解析：湖北省随州市2025-2026学年高三上学期1月期末质量检测数学试题

2026年1月随州市普通高中高三年级质量检测 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的极大值点为（ ） A. 0 B. C. D. 3. 在梯形中，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 一个装有水的圆柱形玻璃杯，测得其内部半径为，将一个半径为的玻璃球完全浸入水中，水没有溢出，则杯中水面上升了（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆与抛物线交于A，B两点，若为正三角形，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是定义在上的偶函数，对任意不相等的两个正实数，，恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 某操场的正前方有两根高度均为、相距6m的旗杆，（两根旗杆都与地面垂直）．有一条10m长的绳子，两端系在两根旗杆的顶部B，D处，中间某处系在地面的点，并按如图所示的方式绷紧，使得绳子和两根旗杆处在同一个平面内，假定这条绳子的长度没有改变，则（ ） A. B. C. D. 1m 8. 在正项数列中，，，且，则的取值范围为（ ） 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. 若复数，，则（ ） A. 的实部为1 B. 的虚部为 C. 为纯虚数 D. 10. 在等差数列和等比数列中，，，数列的前项和为，则（ ） A. 的公差为3 B. 的公比为2 C. D. 11. 平面中有个不同的点，且任意3点均不共线．从某点开始与其他点连线（连线均为线段），笔不能离开纸面，也不能与任何一条线段重合（可以重复经过线段上的一个点），最后到达某个点结束，这个图形为一个“通路”．在“通路”中，若起点和终点重合了，则这个图形为一个“回路”．对于下列三个图形，结论正确的有（ ） A. 在图1中，可以绘制7个不同的“通路” B. 在图2中，可以绘制18个仅由3条线段组成的不同的“通路” C. 在图2中，可以绘制7个不同的“回路” D. 在图3中，可以绘制37个至多由5条线段组成的不同的“回路” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 假设某超市今年上半年每个月的销售额（单位：万元）与广告支出（单位：万元）的经验回归方程为．若该超市计划明年5月份的销售额为10万元，则估计该超市明年5月份的广告支出为________万元． 13. 若，且，则________，________． 14. 如图，单位圆的圆心为坐标原点，将轴右侧半圆上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到曲线．若水平直线与曲线交于点，则的最大值为________． 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. 已知的内角、、的对边分别为、、，且． （1）求； （2）若的面积为，求的最小值． 16. 如图1，在中，，，D，E，F分别是，，的中点．将沿着线段翻折至的位置，连接，，得到四棱锥，如图2所示，连接． （1）证明：． （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 如图，甲、乙准备玩跳格子游戏，规则如下：每一轮游戏先进行成语接龙，获胜的人等可能地前进1格或2格，失败的人原地不动，一轮游戏结束．在成语接龙中，甲获胜的概率为，没有平局，且每轮比赛的结果都相互独立． （1）求第1轮游戏结束，甲前进2格的概率； （2）求第2轮游戏结束，甲前进的格数比乙前进的格数大的概率； （3）若第3轮游戏结束，甲前进的格数与乙前进的格数之和为，求的分布列与数学期望． 18. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求； （3）若函数有且只有两个零点，求的取值范围． 19. 已知是双曲线的右焦点，且经过点． （1）求的标准方程． （2）已知斜率为的直线与的右支相交于A，B两点，直线，的一个方向向量分别为，，，且． （ⅰ）求． （ⅱ）判断是否过定点．若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年1月随州市普通高中高三年级质量检测 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集的概念求解即可. 【详解】根据补集的概念可知，. 故选：B. 2. 函数的极大值点为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数 求导，通过导数判定的单调性，进而可求出极值. 【详解】由题意得， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以的极大值点为0． 故选：A. 3. 在梯形中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的加法运算求解. 【详解】在梯形中，，， 所以． 故选：D. 4. 一个装有水的圆柱形玻璃杯，测得其内部半径为，将一个半径为的玻璃球完全浸入水中，水没有溢出，则杯中水面上升了（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得玻璃球的体积，设圆柱形玻璃杯水面上升了，根据体积相等，列出方程，即可求解. 【详解】因为玻璃球的半径为，可得玻璃球的体积为， 设圆柱形玻璃杯水面上升了，可得，解得， 所以杯中水面上升了． 故选：B. 5. 已知圆与抛物线交于A，B两点，若为正三角形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等边三角形求出点坐标，代入方程中求出. 【详解】如图，设直线与轴交于点， 因为为正三角形，所以，则，，则， 由，得． 故选：C 6. 已知函数是定义在上的偶函数，对任意不相等的两个正实数，，恒成立，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知在上单调递增，在上单调递减，且，可得的解集为. 【详解】对任意不相等的两个正实数，，恒成立， 不妨设，，，， ，在上单调递增， 是定义在上的偶函数，在上单调递减， ，的解集为． 故选：D. 7. 某操场的正前方有两根高度均为、相距6m的旗杆，（两根旗杆都与地面垂直）．有一条10m长的绳子，两端系在两根旗杆的顶部B，D处，中间某处系在地面的点，并按如图所示的方式绷紧，使得绳子和两根旗杆处在同一个平面内，假定这条绳子的长度没有改变，则（ ） A. B. C. D. 1m 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合椭圆的定义可以得到其标准方程，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】因为， 所以的轨迹是焦点为B，D，长轴长为10，短轴长为的椭圆． 如图，以直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系． 易得该椭圆的方程为． 当时，，得，所以． 故选：A. 8. 在正项数列中，，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用递推公式，可得是等比数列，求出通项，分奇偶讨论可得答案. 【详解】由，得，得， 则是首项为，公比为的等比数列， 所以，即． 当为奇数时，为递增数列， 所以，即． 当为偶数时，为递减数列， 所以，所以． 又，所以，所以. 故选：C 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. 若复数，，则（ ） A. 的实部为1 B. 的虚部为 C. 为纯虚数 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的运算化简，再根据复数的概念，实部、虚部概念，复数模的定义依次判断. 【详解】对于A，因为，所以的实部为1，故A正确； 对于BC，，所以的虚部为2，为纯虚数，故B错误，C正确； 对于D，因为，，所以，故D错误. 故选：AC. 10. 在等差数列和等比数列中，，，数列的前项和为，则（ ） A. 的公差为3 B. 的公比为2 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等比数列，等差数列基本量的计算可判断ABC；利用裂项求和可判断D. 【详解】设的公差为．由，得，A正确； 设的公比为．由，得，B错误； 因为， 或， 所以，C正确； 因为， 所以，D正确． 故选：ACD 11. 平面中有个不同的点，且任意3点均不共线．从某点开始与其他点连线（连线均为线段），笔不能离开纸面，也不能与任何一条线段重合（可以重复经过线段上的一个点），最后到达某个点结束，这个图形为一个“通路”．在“通路”中，若起点和终点重合了，则这个图形为一个“回路”．对于下列三个图形，结论正确的有（ ） A. 在图1中，可以绘制7个不同的“通路” B. 在图2中，可以绘制18个仅由3条线段组成的不同的“通路” C. 在图2中，可以绘制7个不同的“回路” D. 在图3中，可以绘制37个至多由5条线段组成的不同的“回路” 【答案】ACD 【解析】 【分析】在图1中，一共可以组成条线段，分情况讨论“通路”：由1条线段组成，由2条线段组成，由3条线段组成，可判断A；在图2中，4个点两两连接，最多有条线段，根据间接法求由3条线段组成的不同的“通路”，可判断B；在图2中，分别求出两类：任意三点首尾相连，由4个端点4条线段组成的不同的“回路”，即可判断C；在图3中，分类：任意三点首尾相连（3条线段）可以组成的“回路”,由4个端点4条线段组成的不同的“回路”,由5个端点5条线段组成的“回路”，相加即可判断D． 【详解】在图1中，一共可以组成条线段，仅由1条线段组成的“通路”有个， 仅由2条线段组成的“通路”有个，由3条线段组成的“通路”有1个， 所以可以绘制个不同的“通路”，A正确． 在图2中，4个点两两连接，最多有条线段， 仅由3条线段组成的图形有个， 但三条线段共一个端点的图形不能组成“通路”， 所以仅由3条线段组成的不同的“通路”有个，B错误． 在图2中，任意三点首尾相连可以组成个“回路”； 由4个端点4条线段组成的不同的“回路”有如下3种，其他情况不能组成“回路”， 所以可以绘制个不同的“回路”，C正确． 在图3中，任意三点首尾相连（3条线段）可以组成个“回路”； 由4个端点4条线段组成的不同的“回路”有种（由C选项可知）； 如图4，任选一个点，该点最多在四条线段上，在这4条线段中任选两条线段，有种不同的选法， 如图5，在每一种选法上，将在线段上的点A，B与不在线段上的点C，D，2个为一组分别连接起来， 有种不同的选法，最后连接， 如图6、图7所示，由5个端点5条线段组成的“回路”有个． 故可以绘制个至多由5条线段组成的不同的“回路”，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. 假设某超市今年上半年每个月的销售额（单位：万元）与广告支出（单位：万元）的经验回归方程为．若该超市计划明年5月份的销售额为10万元，则估计该超市明年5月份的广告支出为________万元． 【答案】2.5## 【解析】 【分析】在回归方程中令，求得，得解. 【详解】由，得， 则估计该超市明年5月份的广告支出为2.5万元. 故答案为：. 13. 若，且，则________，________． 【答案】 ①. 2 ②. 3 【解析】 【分析】先将化为对数式，然后求；由得到一个关于的方程，解方程即可，注意的范围. 【详解】由，得，， 则． 由得． 因为， 所以，得，解得（舍去）． 故答案为：2；3. 14. 如图，单位圆的圆心为坐标原点，将轴右侧半圆上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到曲线．若水平直线与曲线交于点，则的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知与曲线交于点时，可使最大，，进而计算可求得的最大值. 【详解】由题意可得与曲线交于点时，可使最大， 设直线与轴右侧半圆交于点，连接． 设，则，从而，， 则． 因为，所以， 从而仅当时，等号成立，所以的最大值为． 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. 已知的内角、、的对边分别为、、，且． （1）求； （2）若的面积为，求的最小值． 【答案】（1） （2）2． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，结合三角恒等变换求角； （2）利用三角形面积公式和余弦定理结合基本不等式求的最小值. 【小问1详解】 由已知及正弦定理得， 由，得，得， 由，得，得，得， 得，得； 【小问2详解】 由，得， 由余弦定理得， 因为， 当且仅当时，等号成立， 所以，得．故的最小值为2． 16. 如图1，在中，，，D，E，F分别是，，的中点．将沿着线段翻折至的位置，连接，，得到四棱锥，如图2所示，连接． （1）证明：． （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形的性质得，利用线面垂直的判定定理得平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可． （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 如图1，连接，交于点． 因为，F是的中点．所以． 因为，分别是，的中点，所以，所以． 如图2，连接，， 因为，，，平面， 所以平面． 因为平面，所以． 【小问2详解】 由（1）知即，又，所以， 故，则， 因为，所以． 以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图2所示的空间直角坐标系. ，，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，得， 易得平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 17. 如图，甲、乙准备玩跳格子游戏，规则如下：每一轮游戏先进行成语接龙，获胜的人等可能地前进1格或2格，失败的人原地不动，一轮游戏结束．在成语接龙中，甲获胜的概率为，没有平局，且每轮比赛的结果都相互独立． （1）求第1轮游戏结束，甲前进2格的概率； （2）求第2轮游戏结束，甲前进的格数比乙前进的格数大的概率； （3）若第3轮游戏结束，甲前进的格数与乙前进的格数之和为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率运算（甲在成语接龙中获胜的概率乘以获胜后选择前进2格的概率）求解即可. （2）根据独立事件的概率运算，结合题意分情况进行计算即可. （3）先计算出每轮游戏前进1格或2格的概率，判断的可能取值并计算对应的概率，即可得到分布列，再根据期望计算公式计算期望即可. 【小问1详解】 第1轮游戏结束，甲前进2格的概率为． 【小问2详解】 当乙前进0格时，即2轮中甲均获胜， ①每轮均前进2格的概率为； ②仅有1轮前进2格的概率为； ③每轮均前进1格的概率为； 当乙前进1格时，即2轮中甲、乙各获胜1轮， 甲获胜前进2格，乙获胜前进1格的概率为； 综上，第2轮游戏结束，甲前进的格数比乙前进的格数大的概率为． 【小问3详解】 在一轮游戏中，甲获胜前进1格、2格的概率均为，乙获胜前进1格、2格的概率均为， 所以每轮游戏甲前进的格数与乙前进的格数之和为1的概率为，为2的概率为． 的取值可能为3，4，5，6． ， ， ， ， 的分布列为 3 4 5 6 故． 18. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求； （3）若函数有且只有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2）0 （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导得到，再对分类讨论即可得到的单调性； （2）由题意得，则，，函数切点为，，再利用公切线的性质列方程组得到的值. （3）由题分离参数得到，因为有且只有两个零点，所以直线与的图象有且只有两个公共点．利用指数函数的常用放缩不等式得到，再分别计算极限值即可得到的范围． 【小问1详解】 由题意得的定义域为，． 当时，，单调递增． 当时，令，得． 当时，，单调递增， 当时，，单调递减． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由题意得，则，． 设曲线的切点为，由（1）可得． 因为曲线在点处的切线也是曲线的切线， 所以，得 【小问3详解】 令，得． 因为有且只有两个零点， 所以直线与的图象有且只有两个公共点． 设函数，则．当时，，单调递减， 当0时，，单调递增，则， 所以，当且仅当时，等号成立． 因为在上单调递增，，， 所以存在，使得． ， 当且仅当时，等号成立. 当时，，当时，，所以， 故的取值范围为． 19. 已知是双曲线的右焦点，且经过点． （1）求的标准方程． （2）已知斜率为的直线与的右支相交于A，B两点，直线，的一个方向向量分别为，，，且． （ⅰ）求． （ⅱ）判断是否过定点．若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）过定点． 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（ⅰ）根据数量积的定义化简即可求出； （ⅱ）设直线，与双曲线方程联立，结合（ⅰ）可得出，再根据以及判断，进而得出定点. 【小问1详解】 由题意得，得， 所以的标准方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）因为，所以是直线的一个方向向量， 因为直线的一个方向向量分别为， 且，所以， 则，整理得． 因为，所以． （ⅱ）过定点． 理由如下：设，，， 由，得， 则， ，， 由（ⅰ）知， 得， 即，整理得， 所以或． 又， 故当时，，不符合题意． 当时，，符合题意． 综上，，所以过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $