精品解析：湖北武汉市武昌区2025届高三上学期期末质量检测数学

2026届高三年级上学期期末质量检测 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置． 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，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 若为虚数单位，则（ ） A. 2 B. 2 C. 2 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数单位的运算性质求解. 【详解】因为，所以， 所以， 故选：D. 2. 若两个球的表面积之比为：，则它们的体积之比为（ ） A. 1：9 B. 1：3 C. 1：27 D. 1：729 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意和球的表面积公式可得两球半径之比，结合球的体积公式计算即可. 【详解】设表面积较小的球的半径为，半径较大的球的半径为， 两球的表面积之比为，则， 所以两球的体积之比为. 故选：C. 3. 离散型随机变量的取值为．若数列为等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用离散型随机变量分布列的性质，结合等差数列的求和公式和性质，直接求出. 【详解】由离散型随机变量分布列的性质，， 由等差数列性质及前项和公式， 所以，解得， 故选：B. 4. 已知动点在正方体的侧面内（包括边界）运动，记向量，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将点的坐标用参数表示，进而得到的表达式，再根据参数的取值范围取得的最值. 【详解】设正方体的边长为，以为原点，分别所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 所以，， 因为，所以，当且仅当时， 此时取得最小值，所以的最小值是， 因为，所以，当且仅当时取等号， 所以的最大值是，所以的最大值是, 所以的取值范围是， 故选：C. 5. 用模型去拟合与的关系，令，得到关于的回归直线方程为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数运算法则将表达式化简即可求出的值. 【详解】由模型可得，所以； 令，所以，可得； 又因为回归直线方程为，因此，可得. 故选：A 6. 若曲线与圆恰有一个公共点，则实数的值为（ ） A B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】设出切点，由题得曲线在处切线的斜率等于圆在处切线的斜率，求得与的关系，再将之代入到圆的方程，最终可解的值. 【详解】由题意，设切点为，圆的标准方程为，即圆心为，半径，， 且有曲线与圆有公切线，即两方程在切点处切线的斜率相同， 易得，则曲线在切点处的斜率为， 易得，则圆在的切线的斜率为， 则有，即， 同时切点在圆上，则有， 联立，得，解得， 因为，所以有，此时有， 故选：D. 7. 将点绕着原点逆时针旋转到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点在角的终边上，由三角函数终边定义法得出角的三角函数值，再由两角和的正弦、余弦公式求出角的三角函数值，即可得出点的坐标. 【详解】由题可设点在角的终边上，如下图所示： 易知， 将点绕着原点逆时针旋转到点，可知点在的终边上， 所以， ， 又因为，不妨设, 由三角函数定义可知，解得; ，解得， 可得点的坐标为. 故选：A 8. 设双曲线上一点到其两焦点的距离之和为，到轴的距离为．若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由点到轴的距离结合双曲线定义，得到，利用焦半径公式及可求解. 【详解】因为点到轴的距离， 所以点到两焦点的距离之和， 由焦半径公式，所以， 所以，得，又由焦点坐标可知， 所以，解得， 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 如图所示，函数的图象经过三点，则（ ） A. B. C. D. 在上单调递增 【答案】AB 【解析】 【分析】先代入已知点求解的参数，再逐一验证选项. 【详解】由过点可得，解得， 由过点可得，令， 则，结合图象趋势可知， 所以，即， 再由图象可知周期且，所以， 所以，所以. 所以，， 对于A：，A正确； 对于B、C：由上推导可知，B正确，C错误； 对于D：由得， 因为在单调递增，在单调递减， 所以在单调递增，在单调递减，D错误； 故选：AB. 10. 如果“若则”和“若则”同为真命题或同为假命题，就称与具有“同步关系”．已知函数的定义域为为上的单调递增函数，则与下列选项中的具有“同步关系”的有（ ） A. ：对任意，且，都有 B. 为上的单调递增函数 C. 为上的单调递增函数 D. 为上的单调递增函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据具有“同步关系”的定义逐项分析. 【详解】对于A：若为上的单调递增函数，则当时，有；当时，有， 即与同号，所以，即“若则”为真； 若对任意，都有，则与同号， 所以当时，有；当时，有. 所以为上的单调递增函数，即“若则”为真. 因为“若则”和“若则”同真，所以具有“同步关系”，故A正确； 对于B：函数的图象是由的图象向左平移一个单位，函数单调性不变， 所以“若则”和“若则”同真，具有“同步关系”，故B正确； 对于C：若真，取，此时为真，但，，在上，，单调递减，所以在上不单调递增，即为假，故“若则”为假. 若为真，取,则,从而满足为真，但此时，,在上,单调递减，从而此时假，所以“若则”为假命题. 所以“若则”和“若则”同为假命题，所以具有“同步关系”，故C正确； 对于D：若为真，取，则，为单调增函数，满足真，但 的单调递减，此时假，故“若则”为假， 若真，则为增函数，由于也为增函数，所以为上的单调递增函数，即为真，所以“若则”为真命题. 所以不具有“同步关系”，故D错误. 故选：ABC. 11. 若与是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且，其中，则下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 令，则 D. 若，满足，则有 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，直接套用二项分布的期望公式；对B，利用二项分布的方差公式结合期望公式推导；对C，根据独立二项分布之和的性质判断；对D，通过条件概率公式展开，结合二项分布的概率函数化简，得到超几何分布形式的条件概率表达式，验证其正确性. 【详解】对于A：由二项分布的期望公式可知当时，，A正确； 对于B：由二项分布的方差公式可知当时，，B正确； 对于C：因为表示次独立伯努利试验中成功的次数，表示次独立伯努利试验中成功的次数， 两者相互独立，所以表示次独立伯努利试验中成功的次数， 所以，C错误； 对于D：根据条件概率公式， 因为相互独立， 所以， 因为，所以 所以，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. 已知数列的前项和满足，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由求解. 【详解】由题，， 故答案为：. 13. 过抛物线的焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由，代入，计算的范围即可. 【详解】因为抛物线，所以焦点 ，， 设直线的倾斜角为，， 则， 所以，同理, ， 故， 又因为，所以， 所以， 所以， 故答案为：. 14. 若，使得集合中包含且仅包含两个整数和，则正实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】题设条件可转化为且，利用导数判断的单调性后可得正实数的取值范围. 详解】由题设有， 因为，故，故，而，故， 若，则，矛盾，故，故， 若，则，矛盾；若，则， 这与矛盾，故， 故且①， 设，则， 当时，；当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，，此时①无解； 故即或， 若，则且，故； 若，则且， 但，故此时不存在， 综上， 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. 记的内角所对的边分别为，． （1）若，求； （2）若为边上的点，且，求的最小值． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合两角和差公式整理可得，分析可得，即可得结果； （2）设，，可得，，进而求，结合基本不等式运算求解. 【小问1详解】 因为， 则， 整理可得， 且，则，可得， 又因为，则， 可得，即， 若，所以. 【小问2详解】 设，， 则，，， 在中，由正弦定理可得， 在中，由余弦定理可得： ， 即， 则， 令，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，分别是的中点． （1）证明：； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明平面，以为原点建系，由证明； （2）求平面的法向量，用点到平面的距离的向量求法求解. 【小问1详解】 因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 在中，，即，解得，所以， 所以 以为原点，分别以为轴方向建立空间直角坐标系， 则， ，所以， 因，所以； 【小问2详解】 设平面的法向量为， 由，即，令，则， 所以是平面的一个法向量， 又，所以点到平面的距离. 17. 已知函数． （1）讨论函数的单调区间； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导并对进行分类讨论，即可求得函数的单调区间； （2）根据（1）中的结论分类讨论函数在上的单调性，求出其最小值的表达式，令最小值满足，解不等式即可求得的取值范围． 【小问1详解】 易知函数的定义域为，且， 易知， 所以当时，，此时，即在上单调递增； 当时，令，解得，令，解得； 此时在上单调递增，在上单调递减； 综上可知时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 由（1）可知①当时，在上单调递增， 若，可知即可，可得， 解得； ②当时，在上单调递增，即可得在上单调递增， 此时需满足，即，此时无解； ③当时，结合（1）中结论可知在上单调递减，在上单调递增； 所以满足即可，即， 令， 则，易知在上为单调递减； 又，所以存在唯一满足， 因此可得时，，当时，； 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，所以当时不满足，不合题意； ④当时，在上单调递减，即可得在上单调递减； 所以只需满足，即，解得； 综上可知或. 即的取值范围为 18. 已知为坐标原点，直线与椭圆交于两点（点在点的右侧），是椭圆在第二象限上的一动点（不同于）． （1）若，直线和直线的斜率分别记为，求的值； （2）若，是否存在点使得四边形为平行四边形？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由； （3）若为线段上的一点，，求证：直线过定点，并求出定点的坐标． 【答案】（1） （2）存在，直线方程为 （3）过定点，证明见详解 【解析】 【分析】（1）由题意得直线过原点，根据椭圆的对称性，则可设，，将代入到椭圆方程得到与的关系，且点在椭圆上，得到第二个关系，结合这两个关系，进而可化简，即求得的值； （2）设出，联立椭圆方程后得，，由题意得，则可求点坐标，将其代入到椭圆方程里，即可解的值，最后再验证确保直线与椭圆有2个交点即可； （3）联立直线与椭圆方程，再将点坐标代入到椭圆方程里，联立后可用表示点坐标，由题意设，则点坐标也可以用表示，则通过，结合椭圆方程，可得到有关的二次函数，对其求解，可得与的关系，由两点式设出直线的方程，即可得直线过定点. 【小问1详解】 由题意得直线，易得直线过原点，根据椭圆的对称性，可设 ，，其中， 因为点在椭圆上，则有，即， 由点，有，则有， 则。 联立，整理得， 故. 【小问2详解】 由题意得，设直线与椭圆的交点为， 联立得，则有， ， 若四边形为平行四边形，则有， 且，则， 即点，代入椭圆方程，解得， 因为点在第二象限，则有， 验证根的个数，即， 因此直线与椭圆有两个交点，使四边形为平行四边形， 故直线方程. 【小问3详解】 由题意得直线，联立，整理得， 由点在椭圆上，则有，将之代入到， 整理得，即， 由题意得在右侧，故取正号，则有点， 因为点在线段上，则设，其中， 则有点， 因为，则有， 则有， 由上知，即有，， 代入上式后得有关的二次方程， 解得，因为，故取， 设直线的方程为，其中， 代入后得，结合，整理得， 即，令，解得，故直线过定点. 19. 甲、乙两人用一副卡牌玩“抢宝藏”游戏，卡牌包含若干对图案相同的普通牌和一张不能成对的宝藏牌，在分配完卡牌，双方丢弃手中所有已经成对的普通牌后，恰好甲手中有张没有成对的普通牌，乙手中有张没有成对的普通牌和1张宝藏牌，现按以下规则游戏： ①甲乙轮流抽对方一张牌，甲先抽（甲乙抽对方牌均计入抽牌次数）； ②若抽取的牌是宝藏牌则将其保留在手中，否则将手中与之成对的一张牌一并丢弃； ③直到有人手中没有牌时游戏结束，手中只剩宝藏牌的玩家获胜； （1）若，经过三次抽牌后，求宝藏牌在甲手中的概率； （2）设游戏开始时甲手中有张牌，游戏结束时乙获胜的概率为，由全概率公式得，即，类似地，求，； （3）记为这次游戏结束需要抽牌的次数，期望为，求证： 【答案】（1）； （2），； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式即可得到答案； （2）分为甲第一次抽到宝藏牌和甲第一次抽到普通牌讨论，从而求出，最后代入计算即可； （3）当甲第一次抽到宝藏牌，此时游戏结束抽牌的平均次数还要次，一共次，当甲第一次抽到普通牌时，分析得，再对分奇偶数讨论即可. 【小问1详解】 记第次由甲抽到宝藏牌事件， 第次由乙抽到宝藏牌为事件， 则. 【小问2详解】 设甲手中有张牌时，乙获胜的概率为，按照甲第一次抽卡牌的情况分两类， 第一类，若甲第一次抽到宝藏牌，此时甲有张普通牌和1张宝藏牌， 乙有张普通牌，再轮到乙抽，由对称性，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为； 第二类，若甲第一次抽到普通牌，此时甲手中丢掉成对卡牌后剩张普通牌， 乙有张普通牌和1张宝藏牌，再轮到乙抽，一定抽到的是普通牌， 丢掉成对卡牌后还有张普通牌和1张宝藏牌，甲有张普通牌，此时乙获胜的概率为， 故，化简得， 当时，代入得， 当时，代入得. 【小问3详解】 按照甲第一次抽卡牌的情况分两类， 第一类，若甲第一次抽到宝藏牌，此时甲有张普通牌和1张宝藏牌，乙有张普通牌， 再轮到乙抽，由对称性，此时游戏结束抽牌的平均次数还要次，一共次， 第二类，若甲第一次抽到普通牌，此时甲手中丢掉成对卡牌后剩张普通牌， 乙有张普通牌和1张宝藏牌，再轮到乙抽，一定抽到的是普通牌， 丢掉成对卡牌后还有张普通牌和1张宝藏牌，此时游戏结束抽牌的平均次数还需为，一共次， ， 故， ①若为偶数，设， 首先设，则， 则在上单调递减，则， 则不等式在上恒成立，代入， 有， 故，有； ②若为奇数，设， 当时，时，， 则在时，时恒成立， 则，（当时）， 故， ， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级上学期期末质量检测 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置． 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，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 若为虚数单位，则（ ） A 2 B. 2 C. 2 D. 0 2. 若两个球的表面积之比为：，则它们的体积之比为（ ） A. 1：9 B. 1：3 C. 1：27 D. 1：729 3. 离散型随机变量的取值为．若数列为等差数列，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知动点在正方体的侧面内（包括边界）运动，记向量，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 用模型去拟合与关系，令，得到关于的回归直线方程为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 若曲线与圆恰有一个公共点，则实数的值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 7. 将点绕着原点逆时针旋转到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 设双曲线上一点到其两焦点的距离之和为，到轴的距离为．若，则（ ） A. 2 B. 1 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图所示，函数的图象经过三点，则（ ） A. B. C. D. 在上单调递增 10. 如果“若则”和“若则”同为真命题或同为假命题，就称与具有“同步关系”．已知函数的定义域为为上的单调递增函数，则与下列选项中的具有“同步关系”的有（ ） A. ：对任意，且，都有 B. 为上的单调递增函数 C. 为上的单调递增函数 D. 为上的单调递增函数 11. 若与是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且，其中，则下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 令，则 D. 若，满足，则有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的前项和满足，则___________． 13. 过抛物线的焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的取值范围是___________． 14. 若，使得集合中包含且仅包含两个整数和，则正实数取值范围是___________． 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. 记的内角所对的边分别为，． （1）若，求； （2）若为边上的点，且，求的最小值． 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，分别是中点． （1）证明：； （2）求点到平面的距离． 17. 已知函数． （1）讨论函数的单调区间； （2）若，求的取值范围． 18. 已知为坐标原点，直线与椭圆交于两点（点在点的右侧），是椭圆在第二象限上的一动点（不同于）． （1）若，直线和直线的斜率分别记为，求的值； （2）若，是否存在点使得四边形为平行四边形？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由； （3）若为线段上的一点，，求证：直线过定点，并求出定点的坐标． 19. 甲、乙两人用一副卡牌玩“抢宝藏”游戏，卡牌包含若干对图案相同的普通牌和一张不能成对的宝藏牌，在分配完卡牌，双方丢弃手中所有已经成对的普通牌后，恰好甲手中有张没有成对的普通牌，乙手中有张没有成对的普通牌和1张宝藏牌，现按以下规则游戏： ①甲乙轮流抽对方一张牌，甲先抽（甲乙抽对方牌均计入抽牌次数）； ②若抽取的牌是宝藏牌则将其保留在手中，否则将手中与之成对的一张牌一并丢弃； ③直到有人手中没有牌时游戏结束，手中只剩宝藏牌的玩家获胜； （1）若，经过三次抽牌后，求宝藏牌在甲手中概率； （2）设游戏开始时甲手中有张牌，游戏结束时乙获胜的概率为，由全概率公式得，即，类似地，求，； （3）记为这次游戏结束需要抽牌的次数，期望为，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $