精品解析：湖北省黄石市2026届高三上学期期末数学试题

2026届高三上学期期末考试 数学试卷 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位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.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把对应题目所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. 2 C. 5 D. 3. 假设某次考试的成绩服从正态分布.如果按的比例将考试成绩从高到低分为四个等级，则A等级的分数线约为（ ） 【若，则】 A. 85 B. 130 C. 115 D. 145 4. 已知集合，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 等比数列 中，是其前项和，若，则（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 或 6. 已知且则（ ） A. 有可能大于零 B. C. 和，使得 D. 7. 已知，分别是双曲线的左､右焦点，过和作倾斜角都为的射线与双曲线的左､右两支分别交于 两点（如图所示），则四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数且函数恰有6个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. . 二､多选题：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. 已知个互不相等的正数（原始数据），其平均数为，方差为，将原始数据加入后，所得新数据的平均数为，方差为，则有（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为2的正方体中，M是线段上的点，则（ ） A. 过点与直线都垂直的直线有且只有一条 B. 过点与直线都相交的直线有且只有一条 C. 若为的中点，则三棱锥的外接球的球心O在正方体的体对角线上 D. 若为的中点，是已知正方体表面上的动点且有，则动点P的轨迹长度是 11. 过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于，其中点A在第一象限，点C是抛物线上且处于第四象限的点，的重心G恰好在x轴上，且重心G在焦点F的右边，AC与x轴交于D点，则（ ） A. B. 不一定是锐角 C. 和 的面积分别记为，则的取值范围是 D. 若CF平分，则 三､填空题 12. 已知，则__________. 13. 随机将这6个数分成 两组，其中A组2个数，B组4个数，A组最小的数为组最小的数为b，记，则__________. 14. 数列 的各项都是正整数，且对任意的恒成立，则称数列 为“U-数列”.对有20项的所有可能的“U-数列”：，记，则M的最小值是______. 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. 锐角中，满足分别是的对边. （1）若，求边c的长； （2）求的取值范围. 16. 已知三棱锥 中， 平面分别是 的中点. （1）判断命题“若平面平面，则平面 ”的真假，并说明理由； （2）若平面平面 ，求平面与平面所成的角的正弦值. 17. 一批产品共10件，其中有两件不合格品，其他都是合格品.将这批产品随机分装到两只箱中，每箱5件，收货方不放回地随机抽取产品进行检验，并按以下规则判断是否接收这批产品：如果抽检的第一件产品不合格，则拒收整批产品；如果抽检的第一件产品合格，则从另一箱中再抽检一件，若合格，则接收整批产品，若不合格，则拒收整批产品. （1）求两件不合格品包装在同一箱中的概率； （2）求这批产品被拒收的概率. 18. 已知函数 . （1）证明： 时，； （2）若函数有且只有三个零点.， ①求k的取值范围； ②证明： . 19. 已知椭圆是坐标原点， 是椭圆C上的点，四边形 是平行四边形. （1）求平行四边形 的中心M的轨迹方程； （2）记平行四边形 的中心的轨迹为曲线F，证明：平行四边形 的对角线与曲线F相切； （3）若三角形的两条边和与（2）中曲线F都相切，试证明：第三条边与曲线也相切，并探究的面积是否为定值.若是，求出其面积；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届高三上学期期末考试 数学试卷 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位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.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把对应题目所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算化简，再由复数除法求出，根据虚部的概念求解. 【详解】由题，复数，所以， 所以的虚部为， 故选：C. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. 2 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过数量积的坐标运算求得 的值，再由模的计算公式即得答案. 【详解】∵， ∴，解得. ∴， 故选：A. 3. 假设某次考试的成绩服从正态分布.如果按的比例将考试成绩从高到低分为四个等级，则A等级的分数线约为（ ） 【若，则】 A. 85 B. 130 C. 115 D. 145 【答案】C 【解析】 【分析】借助正态分布的原则，进行解题； 【详解】因为，则， 由于考试成绩从高到低分为四个等级，故等级对应“”， 因为考试的成绩服从正态分布，， 则， 则A等级的分数线约为115. 故选：C. 4. 已知集合，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简两个集合，根据补集、并集的定义求解. 【详解】，则， 因为，所以，则， 因为，所以 ， 故a的取值范围是. 故选：B 5. 等比数列 中，是其前项和，若，则（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的前项和的性质：为等比数列，进行求值； 【详解】因为，，， 又因为， 所以为公比为的等比数列， 所以； 故选：A. 6. 已知且则（ ） A. 有可能大于零 B. C. 和，使得 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，据已知条件变形即可证明；对于B，应用重要不等式结合已知即可证明；对于C，据已知条件变形即可证明；对于D，将条件变形为，再利用即可证明结论. 【详解】对于A，由及，得，所以，A错误. 对于B，由，得，即， 由得，所以，B错误； 对于C，由及， 得，所以 ， 又， 所以，不存在和，使得，C错误； 对于D，由，得， 所以. 因为，，所以，所以，D正确. 故选：D. 7. 已知，分别是双曲线的左､右焦点，过和作倾斜角都为的射线与双曲线的左､右两支分别交于 两点（如图所示），则四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立直线与双曲线的方程，求出 点坐标，利用梯形面积公式可得答案. 【详解】由双曲线方程  可得  ， ， 则 ，焦点为 ，， 过  且倾斜角为  的射线方程为  ， 联立 ，得， 化简得：， 解得：， 由于射线从  出发，倾斜角为  向右上方延伸，交点  的横坐标应大于  故，符合要求；，不符合要求，故舍去， 代入   得： ，因此，. 过  且倾斜角为  的射线方程为  ， 联立，得， 化简得：， 解得：， 由于射线从  出发，倾斜角为  向右上方延伸，交点  的横坐标应大于 ， 故，符合要求；，不符合要求，故舍去， 代入   得：，因此，。 因为  ，故 ，因此四边形为梯形， ， ， 两平行线  与  间的距离（高）： ， 四边形的面积： . 故选：B 8. 已知函数且函数恰有6个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. . 【答案】D 【解析】 【分析】通过换元将函数零点问题转化为二次方程根的分布问题，结合的图象性质，确定二次方程需有一个根大于、另一个根小于，从而求出的取值范围. 【详解】定义域为且，且对定义域内任意，满足，所以是奇函数， 当且 时，，，令 得， 当时， ，单调减区间为；当时， ，单调递增， 所以当时，取得极小值， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 由奇函数对称性可知，当 时，在处取得极大值， 据此得到大致图象如图 设，则即， 要使恰好有个零点，则方程需有两个根且满足每个值对应个， 由图象可知，当时，有个解；当时，有个解； 当时，有个解；当时，有个解； 当时，有个解；当时，有个解. 则若恰有个零点，则方程的两个根（不妨设）， 应满足，， 设，则，解得， 故选：D. 二､多选题：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. 已知个互不相等的正数（原始数据），其平均数为，方差为，将原始数据加入后，所得新数据的平均数为，方差为，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用平均数公式可得出、的大小关系，由方差公式可得出、的大小关系. 【详解】由已知可得， ， 加入新数据后，， ， 所以AB错误，CD正确. 故选：CD. 10. 在棱长为2的正方体中，M是线段上的点，则（ ） A. 过点与直线都垂直的直线有且只有一条 B. 过点与直线都相交的直线有且只有一条 C. 若为的中点，则三棱锥的外接球的球心O在正方体的体对角线上 D. 若为的中点，是已知正方体表面上的动点且有，则动点P的轨迹长度是 【答案】AD 【解析】 【分析】利用过定点垂直于已知平面的直线条数判断A；利用线面平行的性质判断B；确定球心位置判断C；确定轨迹并求出长度判断D. 【详解】对于A，在正方体中，， 确定平面，过点有且只有一条直线垂直于平面， 即过点有且只有一条直线与直线都垂直， 因此过点与直线都垂直的直线有且只有一条，A正确； 对于B，过点与直线相交的直线在平面内，而 平面， 即直线与平面内的直线不可能相交，B错误； 对于C，为的中点，则， 三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 若球心 在上，则必为线段的中点， 此时，而，与 为球心矛盾，C错误； 对于D，为的中点，在上取点，使得，取中点， 在上取点，使得，则，而平面， 则平面，又 平面，于是， 在正方形中，，则， 可得，即， 而平面，因此 平面， 由，得，则平面，点的轨迹为四边形， 所以动点P的轨迹长度是，D正确. 故选：AD 11. 过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于，其中点A在第一象限，点C是抛物线上且处于第四象限的点，的重心G恰好在x轴上，且重心G在焦点F的右边，AC与x轴交于D点，则（ ） A. B. 不一定是锐角 C. 和 的面积分别记为，则的取值范围是 D. 若CF平分，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理得到与的关系；B项，根据重心坐标及在轴上表示坐标，通过向量的数量积判断即可；C项，求直线与轴交点，根据面积公式结合导数求函数最值方法，即可求取值范围；D项，利用角平分线性质结合抛物线定义求参数，进而求. 【详解】因为抛物线，所以焦点， 对于A选项，由题意知，直线不与轴重合， 故可设过点的直线方程为 ， 代入抛物线方程得：，化简得： ， 由韦达定理可得：，所以A选项正确； 对于B选项，由点在第四象限，可设， 由的重心G恰好在x轴上，则， 则由韦达定理可得，，解得，故， 重心， 由， 故，且由题意重心G在焦点右边， 则，解得. 所以 ，构成三角形，故三点不共线， 所以一定是锐角，B选项错误； 对于C选项， 当斜率不存在时，由的重心G恰好在x轴上， 则点在也在对称轴轴上，这与点过焦点矛盾； 当斜率存在时，直线方程为：， 即， 令，解得点横坐标， 由，可得， ， 所以； ， 令，由且，则， 由在单调递增，则. 又，所以， ， 令，设， ， 则， 令 ，解得（舍）或， 故当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 故当时，； 又当，当，所以； 故的取值范围是，所以C选项正确； 对于D选项，因为CF平分， 所以根据角平分线的性质有 ， 由 ，代入可得，代入上式可得 ， 即， 化简整理得，由，， 则有，即， 解得（舍去）， 故，所以D项正确； 故选：ACD. 三､填空题 12. 已知，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】使用和差公式化简后，分式同时除以 即可求值. 【详解】， 分式上下同时除以 得，代入， 则有，即， 故答案为：2. 13. 随机将这6个数分成 两组，其中A组2个数，B组4个数，A组最小的数为组最小的数为b，记，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出分组情况，按从小到大分类，求解值的所有情况，利用期望公式可得答案. 【详解】6个数分成 两组，共有种分组方法， 当时，中含有1，共5种情况，有4种情况， 有1种情况； 当时，中含有2不含1，共4种情况，有4种情况； 当 时，中含有3不含1,2，共3种情况， 有3种情况； 当 时，中含有4不含1,2,3，共2种情况， 有2种情况； 当时，中含有5不含1,2,3,4，共1种情况， 有1种情况； . 故答案为： 14. 数列 的各项都是正整数，且对任意的恒成立，则称数列 为“U-数列”.对有20项的所有可能的“U-数列”：，记，则M的最小值是______. 【答案】46 【解析】 【分析】将 “ 数列” 的条件转化为差分序列严格递增，再通过构造前半段递减、后半段对称递增的数列，让差分均匀分布，从而求出数列最大值的最小值. 【详解】由得， 令，则条件等价于差分序列是严格递增的整数序列（）， 为使最小，我们让差分序列对称分布，满足， 即， 数列的第项为， 为保证所有，我们取中间项作为最小值，， 解得 由于差分序列对称，数列在和处取得最大值， 此时最大值，且满足所有“数列”条件， 故答案为：46. 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. 锐角中，满足分别是的对边. （1）若，求边c的长； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用二倍角公式与因式分解化简已知等式，结合锐角三角形的性质求出角，再用余弦定理求边并检验解的合理性，最终确定 ； （2）先用正弦定理将边的比值转化为角的正弦值，再结合将表达式化为含的三角函数，最后通过角的范围求出取值范围. 【小问1详解】 由题， ，为锐角三角形，， . 由余弦定理，得， 即，解得 或 ， 但 时，，与已知条件不符， 而 时，，符合条件，； 【小问2详解】 由正弦定理，得 ， ， . 16. 已知三棱锥 中， 平面分别是 的中点. （1）判断命题“若平面平面，则平面 ”的真假，并说明理由； （2）若平面平面 ，求平面与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）假命题，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证法1，通过中位线与线面平行性质证得，再由与不垂直，直接根据线面垂直定义否定垂直平面 ；证法2，先证且 ，再用反证法假设平面 推出矛盾，从而否定原假设； （2）解法1，通过线面垂直与面面垂直的性质，推导出 为两平面所成的二面角的平面角，再结合几何关系求出该角的正弦值；解法2，建立空间直角坐标系，利用面面垂直的性质得到平面的法向量，再结合平面的法向量，通过向量夹角公式求出两平面所成角的正弦值。 【小问1详解】 该命题是假命题，证明如下： 证法1：是的中位线，， 又平面平面， 平面， 平面，且平面平面， ， 与所成的角为锐角，即与不垂直， ∴由直线与平面垂直的定义知直线与平面 不垂直. 证法2：首先证得，（同证法一） ， 如果平面平面 ， ，注意到在同一平面内， ，这与 矛盾， 平面 不成立. 【小问2详解】 解法1： 平面 平面， 又， 平面平面， 由（1）可得 ， ，又 是所求二面角的平面角， ∵平面平面 ，平面平面 ， 平面是 的 边的中线，， ，故两平面所成角的正弦值是. 解法2：分别以所在直线为轴，AC所在直线为轴， 过A作AC的垂线为轴建立空间直角坐标系，设的长度为2， ∵平面平面 ，平面平面 ， 平面是 的 边的中线，， ， 平面平面的一个法向量是， ∵平面的一个法向量是， ∴平面与平面所成角的余弦值为， ∴平面与平面所成角的正弦值为. 17. 一批产品共10件，其中有两件不合格品，其他都是合格品.将这批产品随机分装到两只箱中，每箱5件，收货方不放回地随机抽取产品进行检验，并按以下规则判断是否接收这批产品：如果抽检的第一件产品不合格，则拒收整批产品；如果抽检的第一件产品合格，则从另一箱中再抽检一件，若合格，则接收整批产品，若不合格，则拒收整批产品. （1）求两件不合格品包装在同一箱中的概率； （2）求这批产品被拒收的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：求出基本事件总数及两件不合格品在同一箱中的事件数，利用古典概型的概率公式计算可得；方法二：把8件合格品看成红球，2件不合格品看成黑球，转化成摆放黑球的问题； （2）两件不合格品在同一箱中的事件为，则不合格品分装在不同箱中的事件为， 这批产品被拒收的事件为，利用全概率公式计算可得. 【小问1详解】 方法一：10件产品分给甲箱5件､乙箱5件的方法有种， 其中两件不合格品都在甲箱中的分法有种， 两件不合格品都在乙箱中的分法也有种， 所以两件不合格品在同一箱中的概率； 方法二：把8件合格品看成红球，2件不合格品看成黑球， 将10个球排成一排，左边的5个球为一侧，右边的5个球为另一侧. 第一个黑球放入（不是左侧就是右侧），第二只黑球可以放在其它9个位置上， 两只黑球在同一侧即第二只黑球放在第一只黑球的那一侧的其它4个位置上， 所以两件不合格品在同一箱中的概率； 【小问2详解】 两件不合格品在同一箱中的事件为，则不合格品分装在不同箱中的事件为， 这批产品被拒收的事件为， 则，，. 表示两件不合格品放在同一箱的条件下经过抽检后被拒收的概率， 在第一次抽检时有的概率从两件次品在一起的箱中抽检，也有的概率从没有次品的箱中抽检， ，同理， . 18. 已知函数 . （1）证明： 时，； （2）若函数有且只有三个零点.， ①求k的取值范围； ②证明： . 【答案】（1）等价证明： 构造， 在 上单调递减； 在上单调递增 在时取最小值 成立，也成立. （2）① ②由①知 时， ，函数在 上都取负值， 在 上单调递增且都取正值，要证明 ，只需证明， 只需证 即可. ，又 ，令 ， 令 ，则 ，当且仅当时取等号， 在单调递增， 时 ， 在 单调递减， 成立 成立. 【解析】 【分析】（1）转化为证明 ，构造函数 ，利用导数求最小值即可得证； （2）①分类讨论，结合函数的单调性、极值，利用零点存在性定理求解；②转化为证明 ，构造函数 ，利用导数证明其最小值大于0即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ① ， 在上单调递减，在 上单调递增， 在处取得最小值 若 ，即 时， ，函数在 上单调，不可能有三个零点，舍去； 当 ，即 时， ， ，当 时， ，由（1）知， 所以 ，因为 ，所以 ， 故 ，即 在 上单调递增，在区间 上单调递减， 上单调递增， ，即 是函数的一个零点， ， ，且 ， ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在 上存在唯一一个零点， 时，由（1）的结论， 当时，都有 ，且 ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在 上存在唯一一个零点， 故零点 ， 时，加上 有且只有三个零点. 的取值范围是 . ②略 19. 已知椭圆是坐标原点， 是椭圆C上的点，四边形 是平行四边形. （1）求平行四边形 的中心M的轨迹方程； （2）记平行四边形 的中心的轨迹为曲线F，证明：平行四边形 的对角线与曲线F相切； （3）若三角形的两条边和与（2）中曲线F都相切，试证明：第三条边与曲线也相切，并探究的面积是否为定值.若是，求出其面积；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析；是， 【解析】 【分析】（1）设，依题意可得，再由点在椭圆上，代入方程即可得解； （2）通过点差法求得直线的方程，并与曲线F方程联立，通过计算根的判别式可证得； （3）设线段中点的坐标为，则的坐标为延长交椭圆C于，再延长交曲线于，交椭圆于，通过向量证得四边形是平行四边形，利用（2）的结论知与曲线相切，与点重合，同理得到知与曲线也相切；再利用点到直线的距离公式和弦长公式分别求得点到直线的距离及，即可得到的面积. 【小问1详解】 设平行四边形 的中心，则是线段的中点， 的坐标为， ∵点在椭圆上，， 即 是所求轨迹方程； 【小问2详解】 设线段中点的坐标为的坐标为， ，两式相减得， ∴直线的方程是：，即， 代入 得， 即， ， 与曲线相切. 【小问3详解】 设线段中点的坐标为， 则的坐标为延长交椭圆C于， 再延长交曲线于，交椭圆于， 分别联立，及，得，即点是的中点， 是的中点，， ， 也是的中点，这样四边形是平行四边形， 由（2）的结论知与曲线相切，与点重合， 延长交椭圆C于是的中位线，， 即，同理， 是 的中位线，，即， ∴四边形也是平行四边形，由（2）的结论知与曲线也相切. 到直线的距离， 由，得 ， 定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $