精品解析：湖北省宜昌市2026届高三上学期元月调研考试数学试卷

宜昌市2026届高三元月调研考试 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，只有一项符合题目要求） 1. 已知i为虚数单位，则（ ） A. B. 1 C. D. i 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 某气象爱好者为了解本地冬季的气温变化规律，特记录了本地过去10天的最低气温的数据（单位：℃），结果如下：7，7，5，2，3，6，6，7，4，3，则这10天的最低气温的（ ） A. 极差为4 B. 中位数为6 C. 平均数为5 D. 方差为3 4. 设：，， ： ，则是 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知， 为第二象限角，则（ ） A. B. C. D. 2 6. 若两个整数，除以同一个正整数所得的余数相同，则称，对模同余，记作，如：，．现将满足的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，过点作平面，与射线、、的交点分别为，，．若，，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 9 8. 若方程的三个根（）成等比数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水面可能呈现出的几何形状分别为（ ） A. 圆面 B. 矩形面 C. 椭圆面 D. 三角形面 10. 已知函数（），且满足，则（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. ， D. 将的图像向右平移个单位长度得到的图象，那么 11. 某人进行投篮游戏，每次投篮的命中率为，且投篮结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束．则（ ） A. 当 时，投篮2次游戏结束的概率为 B. 当 时，投篮3次游戏结束的概率大于投篮4次游戏结束的概率 C. 当 时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为 D. 设游戏结束时投篮总次数的数学期望为，则（） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设为单位向量，且，则 ______． 13. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，若抛物线：（ ）与椭圆共焦点，点为椭圆与抛物线的一个公共点，且在直角中，，则椭圆的离心率为______． 14. 在直角中，， ，为斜边上一点，将 沿折叠到，使得二面角为，且，则______． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的前项和为，且． （1）求证：数列为等比数列； （2）若，求满足条件的最小整数． 16. 如图，在四棱锥 中，底面为正方形， ，平面平面． （1）求证：平面； （2）若 ，，四棱锥 的体积为，求点到平面 的距离． 17. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且， ． （1）求角的大小； （2）求的取值范围； （3）设是的重心，求的最小值． 18. 已知双曲线： （，）的焦距为，右顶点． （1）求双曲线的标准方程； （2）设，是轴上的两个动点，以线段为直径的圆过双曲线的焦点，直线 ，与双曲线的另一个交点分别为，． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）判断直线与圆的位置关系，并说明理由． 19. 已知函数，． （1）当 时，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在两个极值点，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）已知函数有三个零点，分别记为，，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜昌市2026届高三元月调研考试 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，只有一项符合题目要求） 1. 已知i为虚数单位，则（ ） A. B. 1 C. D. i 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的乘方计算求解. 【详解】. 故选：A. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题意求出集合，再由交集定义求解即得. 【详解】因，则， 则. 故选：A. 【点睛】 3. 某气象爱好者为了解本地冬季的气温变化规律，特记录了本地过去10天的最低气温的数据（单位：℃），结果如下：7，7，5，2，3，6，6，7，4，3，则这10天的最低气温的（ ） A. 极差为4 B. 中位数为6 C. 平均数为5 D. 方差为3 【答案】C 【解析】 【分析】根据样本数据的极差、中位数、平均数、方差的定义分别求出结果，即可判断出答案. 【详解】选项A：最低气温的数据（单位：℃）的最大值为7，最小值为2，故极差为 ，故A错误； 选项B：把最低气温的数据（单位：℃）从小到大排序为：2，3，3，4，5，6，6，7，7，7， 这10个数据的中位数为第五个数和第六个数的平均数，即为，故B错误； 选项C：最低气温的平均数为，故C正确； 选项D：最低气温的方差为，故D错误. 故选：C. 4. 设：，，： ，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由充分必要条件的概念判断即可． 【详解】由题可知，命题等价于 ，命题为 ， 因为 能推出 ，但 不能推出 （如时）， 所以是的必要不充分条件， 故选：B． 5. 已知， 为第二象限角，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用，解出 的值，再利用倍角公式可得答案. 【详解】已知，且 为第二象限角， 设，，则有方程组， 消元得，解得或， 当时，；当时， ， 由于 为第二象限角，需满足，，故舍去 的解， 因此，， 利用倍角公式计算. 故选：D 6. 若两个整数，除以同一个正整数所得的余数相同，则称，对模同余，记作，如：，．现将满足的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由 对模同余的定义知，满足的正整数除以所得的余数为，由此可得数列是等差数列.求得数列的通项公式，并根据裂项相消求和法求得. 【详解】由 对模同余的定义知，满足的正整数除以所得的余数为， 所以数列是首项为，公差为的等差数列. 所以数列的通项公式为. 所以. 所以则. 故选：C. 7. 如图，在三棱锥中，为 的中点，为 的中点，过点作平面，与射线、、的交点分别为，，．若，，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量共面的充要条件及基本不等式即可求解. 【详解】， 又，，，则， 因为点共面，所以，且. 则， 又当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号. 所以，当且仅当时取等号. 故的最小值为. 故选：B 【点睛】. 8. 若方程的三个根（）成等比数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分离参数后构造函数，将问题转化为图象的交点问题，解方程组消参可求得公比. 【详解】由得，所以. 令，则. 方程的根等价于直线与图象的交点的横坐标. 因为函数的导数为， 当 时，，单调递增； 当时，，单调递减，且为正. 又当时，；当时，. 作出的图象，如下图. （*）， 因成等比数列，可设， 所以，， 代入（*）式得， 由得，即， 所以，解得， 代入，可得， 整理得，解得或（舍）． 故选：B． 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水面可能呈现出的几何形状分别为（ ） A. 圆面 B. 矩形面 C. 椭圆面 D. 三角形面 【答案】ABC 【解析】 【分析】把问题转化成水平面截圆柱的截面问题，可得答案. 【详解】当圆柱桶竖直放置时，圆柱轴线垂直， 水平面与圆柱侧面平行于底面，交线为圆，水面呈圆面，A正确； 当圆柱桶水平放置时，圆柱轴线水平，水平面平行于轴线， 与侧面和底面相交形成矩形，水面呈矩形面，B正确； 当圆柱桶倾斜放置时，圆柱轴线倾斜， 水平面与圆柱侧面相交形成椭圆，水面呈椭圆面，C正确； 三角形面不可能出现，因为圆柱与平面的截面不可能为三角形面. 故选：ABC 10. 已知函数（），且满足，则（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. ， D. 将的图像向右平移个单位长度得到的图象，那么 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据得出正弦函数取得最小值时，满足，再结合得出，故A正确；根据正弦函数求出单调递增区间判断B即可；因为，得出，即可得证C；根据图像的平移得出，再求的取值范围即可. 【详解】因为（），且满足， 则，此时，解得， 结合（），当 时；故A正确； ，求其单调递增区间即， 化简得，当 时， 同理单调递减区间为， 当 时，，因此在区间上不单调，故B不正确； 因为，， 故，C选项正确； 将的图象向右平移个单位长度得到的图象， 故， 故,， 即，选项D正确. 故选：ACD. 11. 某人进行投篮游戏，每次投篮的命中率为，且投篮结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束．则（ ） A. 当时，投篮2次游戏结束的概率为 B. 当时，投篮3次游戏结束的概率大于投篮4次游戏结束的概率 C. 当时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为 D. 设游戏结束时投篮总次数的数学期望为，则（ ） 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用相互独立事件同时发生的概率公式可求AB；假定状态再分类讨论，利用递推法可求CD. 【详解】对于A， 由相互独立事件同时发生的概率公式可得， 投篮2次后游戏结束的概率为，故A正确； 对于B，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束. 故投篮3次游戏结束的事件为“次投篮结果依次为：不中、命中、命中”， 则由相互独立事件同时发生的概率公式可得， 投篮3次游戏结束的概率； 投篮4次游戏结束，则第3、4次必须命中，且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投篮结果不影响， 故投篮4次游戏结束的概率为， 两者概率相等，故B错误； 对于C，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束. 设投篮的总次数的数学期望，考虑第一次投篮的结果： ①第一次命中， 若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投篮总次数为； 若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作； ②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作； 则，解得，故C正确； 对于D，由题意，为出现连续 次命中停止投篮游戏结束时投篮总次数的数学期望. 在连续 次命中停止的游戏中，考虑首次达到出现连续命中（ ）次的时刻， 此时当前投篮的总次数期望为，且最后次都投篮命中. 现在从此状态开始，游戏还需要进行直至停止（即连续 次命中），考虑下一次投篮的结果： 若下一次投篮命中（概率为）， 则出现连续 次命中停止投篮游戏结束，即投篮的总次数可看作次； 若下一次投篮命不中（概率为）， 则游戏重置，需再进行次投篮游戏才能结束，即投篮的总次数可看作； 故， 整理得（ ），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. 设为单位向量，且，则 ______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据向量数量积的性质列方程求解即可. 【详解】因为为单位向量，所以. 由可得， 解得. 故答案为：1. 13. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，若抛物线：（ ）与椭圆共焦点，点为椭圆与抛物线的一个公共点，且在直角中，，则椭圆的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】分和两种情况，利用直角三角形的性质，结合椭圆的定义求得椭圆的离心率，并通过点为椭圆与抛物线的一个公共点进行检验，即可确定椭圆的离心率. 【详解】设，则. 因为抛物线（ ）与椭圆共焦点， 所以，即，所以抛物线. 由椭圆和抛物线的对称性，不妨设点位于第一象限. 直角中，显然. 当时，，所以. 所以. 且点的横坐标为，代入椭圆方程得，解得； 代入抛物线方程得，，所以， 即，可得，化简得， 因为，所以，符合题意. 当时，因为， 所以，. 所以. 因为，所以，所以. 此时，点横坐标为，代入椭圆方程得，，解得； 代入抛物线方程得，，所以. 由，知代入上式不成立，所以不合题意. 故椭圆的离心率为 . 故答案为： . 14. 在直角 中，， ，为斜边上一点，将 沿折叠到，使得二面角为，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设，则，过作为垂足，过作，为垂足．在直角三角形中计算边长结合计算得到结果. 【详解】设，则，过作为垂足， 过作，为垂足． 在 中有，， 在中有，， 则． 因为二面角为，所以, 又 ， 则，， 所以． 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的前项和为，且． （1）求证：数列为等比数列； （2）若，求满足条件的最小整数． 【答案】（1）证明见解析 （2）5 【解析】 【分析】（1）作差应用，并整理得，进而根据等比数列的定义即可判断； （2）根据等比数列通项公式得出，再应用等比数列前n项和公式计算结合指数单调性即可求解. 【小问1详解】 当时， ． 当 时，，又， 两式相减得， 即， 因为，所以，则， 所以数列是首项为3，公比为3的等比数列． 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以， 整理得，解得，所以满足条件的最小整数． 16. 如图，在四棱锥 中，底面为正方形， ，平面平面． （1）求证：平面； （2）若 ，，四棱锥 的体积为，求点到平面 的距离． 【答案】（1）因为底面为正方形，所以 ， 又 ，且，平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ， 连接，易知 ， 因为平面平面，平面 平面 ， 平面，所以 平面 ，又 平面 ，则， 又因为 ， 平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得 平面 ，从而得 ，再由面面垂直的性质得 平面 ，进而可得，即可求解； （2）根据条件，由棱锥的体积公式得 ，建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量及，再由点面距的向量法，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意 ，则正方形的面积为 ， 又，得到 ， 由（1）知平面，又 平面，则 ， 以 点为坐标原点，以，，所在直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 ，，， ，由，所以 ， 则 ， 所以 ， ， ． 设平面 的法向量为 ，则，即， 令，得 ，所以 ， 则点到平面 的距离为． 17. 在锐角 中，角，，的对边分别为，，，且， ． （1）求角的大小； （2）求的取值范围； （3）设是 的重心，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再由余弦定理即可求得角； （2）利用正弦定理与和角公式求得，结合锐角三角形求得，利用正切函数的性质即可求得边的取值范围； （3）利用三角形的重心性质和余弦定理，借助于二次函数的性质即可求得答案. 【小问1详解】 由和正弦定理，可得， 去分母得，即， 由余弦定理，可得．又，所以． 【小问2详解】 由正弦定理，可得． 因为三角形为锐角三角形，所以，解得．则， 则，故． 【小问3详解】 设的中点为，因是 的重心，则， 由余弦定理，， 故当时，取得最小值，此时的最小值为 18. 已知双曲线： （，）的焦距为，右顶点． （1）求双曲线的标准方程； （2）设，是 轴上的两个动点，以线段为直径的圆过双曲线的焦点，直线 ，与双曲线的另一个交点分别为，． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）判断直线与圆的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） ； （2） （ⅰ）设点，的坐标分别为，， 由题意得：， 又设直线 ，的斜率为，，所以． 当直线的斜率不存在时，设：（ ），联立双曲线方程得点，的坐标为， 则，得或2（舍）． 当直线的斜率存在时，设：，联立，消 得： ，所以． 设，，由韦达定理得：，， 所以， 代入韦达定理得：，所以或（舍）， 则：，综上直线过定点． （ⅱ）与圆相离，理由： 因为，，所以， 设，则，所以，即． 故到直线：的距离． 又圆的半径． 显然，所以直线与圆相离． 【解析】 【分析】（1）由双曲线的几何性质求解即可； （2）（ⅰ）设点，的坐标分别为，，由题意得：，又设直线 ，的斜率为，，所以．再设出直线的方程，与双曲线方程联立进行求解；（ⅱ）因为，，所以，设，则，所以，即，再由直线与圆的位置关系判断即可． 【小问1详解】 由题意 ，，则，所以双曲线的标准方程为 ． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 19. 已知函数，． （1）当 时，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在两个极值点，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）已知函数有三个零点，分别记为，，，证明：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）由（2）知在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，且， 又 ，不妨设，显然 ， 又，且， 则，即，所以， 则要证，只需证． 因为存在两个变号零点，，所以， 得到， 令，则，又， 所以在上单调递增，在上单调递减，且有， 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 又，所以，即， 所以， 又因为， ，且在上单调递减， 则，所以， 又因为在上单调递增，所以， 故． 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义求出函数在点处切线的斜率，再由直线的点斜式，即可求解； （2）（i）根据条件，将问题转化成存在两个变号零点，，利用导数，分和两种情况，分别求出函数的单调区间，再结合条件，即可求解；（ii）利用（i）中结果，结合条件可得，从而将问题转化成证明，构造及，，利用导数与函数单调性间的关系可得，再由的单调性，即可求解. 【小问1详解】 当 时，，则，所以 ， 又 ，故函数在点处切线方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）因为，恒成立，令， 由题知存在两个极值点，，等价于存在两个变号零点，． 因为，则当时，，单调递增，此时最多一个零点，不合题意； 当时，令，得， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 由题意得，解得， 当时，因为，， 由零点存在性原理及函数的单调性知，当时，存在唯一，使得， 令，则，当时， ，当时， ， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，即，当且仅当时取等号， 则，所以当时，， 则当时，，所以， 由零点存在性原理及函数的单调性知，当时，存在唯一，使得， 综上所述，实数的取值范围为． （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $