精品解析：湖北孝感奥美高级中学2026届高三上学期测试数学12

奥美高中2026届高三测试数学（12） 命题人：张保贵 审题人：代丽萍 考试时间2026.1.28 考试用时：120 分钟 一、单项选择题：每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的. 1. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果. 【详解】因为，所以， . 故选：B. 2. 已知集合，，若且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，结合题中定义可得结合. 【详解】因为集合，， 所以且. 故选：A. 3. 双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据渐近线方程，即可求得之间关系，将其转化为 关系，即可求得. 【详解】因为渐近线方程为 故，故可得：. 故选：C. 【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，属基础题. 4. 已知正项等差数列满足，则（ ） A. 670 B. 675 C. 2025 D. 4050 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合等差数列性质可得，利用累乘法运算求解即可. 【详解】因为数列为正项等差数列， 则，即， 可得，，，， 累乘可得. 故选：B. 5. 若，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的诱导公式将等式进行化简，再根据两角差的余弦公式展开，整理求得的值. 【详解】由题意及诱导公式化简可得，， ， ， 故选：B. 6. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】两模长平方后，相减得到，结合垂直关系得到方程，求出. 【详解】因为， 所以， 两式相减得，即. 又，所以，所以，从而. 故选：B. 7. 已知直线截圆所得的弦长为4，则实数 的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，以及圆的半径，利用垂径定理列方程即可求解. 【详解】圆的标准方程为，则，可得 ， 圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 由垂径定理可得，解得，满足 . 故选：A. 8. 若定义在上的函数的导数为，且满足：①为奇函数；②对任意的，都有，则称函数具有性质.已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，得到函数在上为单调递减函数，且为偶函数，再分 和两种情况讨论，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】设，则当 时，， 因为，所以 ， 所以在上单调递减， 又为奇函数，所以，所以， 所以 在上是偶函数， 所以 在上单调递增， 当 时，即时，有， 由可得， 所以，解得，此时无解； 当时，即时，由可得， 所以，解得 或，所以或， 由不等式有意义可知，即， 综上可得，不等式的解集为. 故选：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. 已知函数，则（ ） A. 是的一个周期 B. 在上单调递减 C. 的零点为 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，利用函数周期性定义判断；对B，利用导数判断的单调性；对C，由函数零点定义求解判断；对D，利用函数单调性判断最值. 【详解】对于A，由，得，所以不是函数的一个周期，故A错误； 对于B，，则， 令，则， 当时，即，所以，，，即单调递增， 当时，即，即，， ，即单调递减， 所以在上单调递减，故B正确； 对于C，令，得 或， 或，所以函数的零点为，故C错误； 对于D，由选项A知函数的最小正周期为，只需要考虑在上的最小值即可. 由选项B，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为，故D正确. 故选：BD. 10. 若，且，则（ ） A. B. 展开式中的系数最大 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法求解可判断AC，利用二项展开式的通项求解可判断BD. 【详解】令，则，解得，所以A正确； ， 展开式的通项为，， 可知均大于0，均小于0， 的系数是负数，肯定不是最大值，所以B不正确； 在中，令，得 ，所以C正确； 令，得，所以，故D正确． 故选：ACD. 11. 已知椭圆的方程是，为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于A，B两点，的周长为8，则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在点，使得的面积为1 C. 椭圆上存在6个不同的点，使得为直角三角形 D. 内切圆半径的最大值与外接圆半径的最小值的比值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据椭圆的定义求解即可；对B，根据椭圆的性质判断即可；对C，根据，或，可判断；对D，根据的面积表达式分析内切圆半径的最大值，正弦定理得外接圆半径的最小值即可. 【详解】A，椭圆的方程是，且焦点在轴， 由椭圆的定义可得的周长为，得，正确； B，根据椭圆性质，， 的面积最大值为， 所以存在点，使得的面积为1，正确； C，若为直角三角形，当，存在两个这样的点， 当，存在两个这样的点， 当，可得的轨迹为以为直径的圆，即，不包括两点， 因为，所以圆与椭圆有四个交点， 即椭圆上存在4个不同的点，使得， 所以椭圆上存在8个不同的点，使得为直角三角形，错误； D，的周长为，设的内切圆半径为 ， 则，故当最大时 最大，此时为上（下）顶点， ，则，解得， 设的外接圆半径为，根据正弦定理，， 根据C选项，可知存在点P使得，则，此时， 所以内切圆半径的最大值与外接圆半径的最小值的比值为，正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，正实数 满足，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质可得，结合基本不等式“1”的代换求最值即可. 【详解】由题意，随机变量的分布图象关于直线 对称， 又，所以，得， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 所以的最小值为. 故答案为： 13. 甲、乙两位同学从7部电影中各自随机选看2部，两人选择独立互不影响，则两人选看的电影中，最多有1部相同的选法共有______种. 【答案】420 【解析】 【分析】利用分类加法和分步乘法计数原理及排列组合的计算方法求解即可. 【详解】甲、乙选看的电影中最多有1部相同包括： （1）两人选看的电影均不相同，不同选法有（种）； （2）两人选看的电影有且仅有一部相同，不同选法有（种）， 不同的选法总共有（种）. 故答案为：420. 14. 已知正四面体 的棱长为1，正四面体在正四面体 的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得四面体的外接球半径不能超过正四面体 的内切球半径，求得正四面体 的内切球半径为，从而得，正四面体的边长为 ,根据，求得，再由体积公式求解即可. 【详解】由题意可得正四面体的外接球要完全包含在正四面体 的内部， 即正四面体的外接球半径不能超过正四面体 的内切球半径， 设正四面体的外接球半径为，正四面体 的内切球半径为， 则有， 又因为正四面体 的棱长为1， 过作平面于 ， 则 是正三角形的外心，    所以，， 所以， 又因为正四面体 的表面积， 所以， 设正四面体的边长为 ,外接球心为， 因为，    过作平面于， 则是正三角形的外心， 所以，， 在直角三角形中，由勾股定理可得:， 即，整理得：， 所以，解得， 所以. 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. 中，． （1）求角C； （2）若角C为锐角，M是BC边上的一点，，，求的面积． 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用和差角的正弦公式化简求解. （2）由（1）的结论，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦及三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在中，，得， 整理得，即， 而，解得，又，所以或. 【小问2详解】 由（1）及角C为锐角，得， 在中，由正弦定理得，而， 则，， 因此， 所以的面积为. 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，且，，点在底面上的射影在正方形内，且与平面ABCD所成角的正切值为． （1）若、分别是、的中点，求证：点在平面内的射影在线段上，并求出的值； （2）点在棱上，满足二面角的余弦值为，求 的长． 【答案】（1）证明如下： 连，由于分别是和的中点，且， 则， 又是正方形，则， 又平面，则 平面， 又平面，则平面平面， 在平面内过作于， 平面平面，则平面， 所以点在上的射影在线段上， 连，是与平面所成的角， 即，， 又，则， 即有，而，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直、面面垂直的判断、性质推理即得，再借助线面角求出比值作答. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内过作，则两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图 则 所以，，，， 因为点在棱上，所以设， 所以， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量，则， 即， 令，得，,所以， 显然二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为， 解得或 （舍去）， 所以，则， 故. 17. 已知椭圆的焦距为，点在椭圆 上，动直线l与椭圆 相交于不同两点，且直线的斜率之积为1． （1）求椭圆 的标准方程； （2）若 为直角三角形，求直线 的斜率； （3）试问：动直线l是否过定点？若过定点，求出其坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）动直线l恒过定点 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组，求出，即可得解； （2）设直线的方程为，联立方程组，求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，从而可求出直线 的斜率，再分和两种情况讨论即可得解； （3）由（2）可得点的坐标，利用点斜式可得直线 的方程，化简即可得到直线 所过定点． 【小问1详解】 设椭圆 的半焦距为， 则依题意有，解得， 所以椭圆 的标准方程为 ； 【小问2详解】 设直线的方程为， 由消去，得， 解得. 因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为， 同理可得， 故直线 的斜率 当 为直角三角形时，只有或， 于是或. 若，由，可得，从而； 若，由，可得，从而. 所以存在，直线 的斜率为． 【小问3详解】 由（2）可知，直线l的斜率， 所以直线l的方程为， 即， 所以动直线l恒过定点． 18. 某种比赛采用“局 胜”制（即累计先赢 局者获得本场比赛胜利）．在该比赛中，选手甲对阵选手乙，假设每一局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为（每局比赛结果相互独立，不受之前战局影响，且无平局）． （1）当时，若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望； （2）如果选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲累计先赢3局比赛结束的概率为． 方案二：设甲乙赛满5局比赛，甲至少赢3局比赛的概率为． 比较和的大小； （3）记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为，记“局 胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下甲获得最终胜利的概率为，证明：． 【答案】（1） 2 3 （2） （3）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则， “局 胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利可拆解为： 若第2局甲输，则后续最多局比赛，甲至少胜 局， 若第2局甲胜，则后续最多局比赛，甲至少胜局， 由全概率公式得 ， 故. 【解析】 【分析】（1）由题意，所有可能值为2，3，进而求出对应的概率，再根据期望的公式求解即可； （2）结合二项分布的概率公式分别求出、，即可比较大小； （3）设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，由题意，，可得，再结合全概率公式求得，进而求证即可. 【小问1详解】 由题意，，，即采用3局2胜制，所有可能值为2，3， 则. 则的分布列如下， 2 3 所以. 【小问2详解】 由题意，采用“5局3胜”制，甲只要取得3局比赛的胜利，比赛结束且甲获胜， 则； 在甲乙比赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利， 设甲赢的局数为，那么服从二项分布，即， 则， 所以. 【小问3详解】 略 19. 若函数的图象上存在三点，且 ，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． （1）若函数 在区间上的中值点为，证明： 成等差数列． （2）已知函数 ，存在 ，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明： ． 【答案】（1）证明：由题意知. 因为 ， 又 ， 所以 ，即 ， 所以 成等差数列； （2）（i）； （ii）证明：因为，所以中值点满足 ， 由（i）知当时，即有两个零点， 所以在区间上所有可能的中值点即. 先证明： 由 ，得. 要证，即证. 设 ， 则. 设，当时， ， 所以在上单调递增，所以 ， 所以当时， ，所以在上单调递减. 所以当时， ，即. 因为 ，所以，即， 又 ，再结合在上单调递减， 可得，从而. 令，得， 所以 . 【解析】 【分析】（1）根据中值点定义得到相关方程，则 ，化简即可； （2）（ⅰ）通过二次求导得 ，再对 和讨论即可； （ii）首先证明，通过构造函数 ，利用二次求导即可证明，再进行代换即可证明，最后再设，利用累加法和等差数列求和公式即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i） ， 设，则 ， 当时，单调递增，当时，单调递减. 故 ，且当时， ，当时， . 若 ，则恒有 ，所以在上单调递减，不符合题意； 若，则在和上分别存在一个零点，记为， 当时， ，即单调递减， 当时，，即单调递增，当时， ，即单调递减， 故存在 ，满足. 所以的取值范围是. （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是构造函数 ，从而证明关键的不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 奥美高中2026届高三测试数学（12） 命题人：张保贵 审题人：代丽萍 考试时间2026.1.28 考试用时：120 分钟 一、单项选择题：每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的. 1. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 2. 已知集合，，若且，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知正项等差数列满足，则（ ） A. 670 B. 675 C. 2025 D. 4050 5. 若，则 （ ） A. B. C. D. 6. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线截圆所得的弦长为4，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 8. 若定义在上的函数的导数为，且满足：①为奇函数；②对任意的，都有，则称函数具有性质.已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ） 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. 已知函数，则（ ） A. 是的一个周期 B. 在上单调递减 C. 的零点为 D. 的最小值为 10. 若，且，则（ ） A. B. 展开式中的系数最大 C. D. 11. 已知椭圆的方程是，为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于A，B两点，的周长为8，则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在点，使得的面积为1 C. 椭圆上存在6个不同的点，使得为直角三角形 D. 内切圆半径的最大值与外接圆半径的最小值的比值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量，正实数 满足，则的最小值为___________． 13. 甲、乙两位同学从7部电影中各自随机选看2部，两人选择独立互不影响，则两人选看的电影中，最多有1部相同的选法共有______种. 14. 已知正四面体 的棱长为1，正四面体在正四面体 的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为______. 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. 中，． （1）求角C； （2）若角C为锐角，M是BC边上的一点，，，求的面积． 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，且，，点在底面上的射影在正方形 内，且与平面ABCD所成角的正切值为． （1）若、分别是、 的中点，求证：点在平面 内的射影在线段 上，并求出的值； （2）点在棱上，满足二面角的余弦值为，求 的长． 17. 已知椭圆的焦距为，点在椭圆 上，动直线l与椭圆 相交于不同两点，且直线的斜率之积为1． （1）求椭圆 的标准方程； （2）若 为直角三角形，求直线 的斜率； （3）试问：动直线l是否过定点？若过定点，求出其坐标；若不过定点，请说明理由． 18. 某种比赛采用“局 胜”制（即累计先赢 局者获得本场比赛胜利）．在该比赛中，选手甲对阵选手乙，假设每一局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为（每局比赛结果相互独立，不受之前战局影响，且无平局）． （1）当时，若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望； （2）如果选择以下方案中的一种： 方案一：若采用“5局3胜”制，甲累计先赢3局比赛结束的概率为． 方案二：设甲乙赛满5局比赛，甲至少赢3局比赛的概率为． 比较和的大小； （3）记“局胜”制比赛中甲获得最终胜利的概率为，记“局 胜”制比赛中，甲在第一局输的条件下甲获得最终胜利的概率为，证明：． 19. 若函数的图象上存在三点，且 ，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． （1）若函数 在区间上的中值点为，证明： 成等差数列． （2）已知函数 ，存在 ，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明： ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $