精品解析：湖北监利市监利中学等校（圆创）2026届高三上学期2月联考数学试卷

数学 本试卷共4页，19题.满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 命题“对”为假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 若将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为奇函数，则的值是（ ） A B. C. D. 5. 已知向量满足在上的投影向量是，则的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 6. 已知双曲线是坐标原点，是上的一点，过的直线分别与的两条渐近线交于两点，且，则的面积是（ ） A. B. C. D. 7. 已知实数满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 袋中有9个除了颜色外完全相同的小球，其中有3个白球，2个红球，4个黄球.从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都取到时停止，记停止时取出的球的个数为，则（ ） 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，则的最小值为2 B. 若，则的最大值为 C. 若，且，则的最大值为 D. 若，则最小值为2 10. 记的内角的对边分别为，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，且为锐角三角形，则取值范围是 11. 如图，在三棱锥中，.设直线与平面所成的角为，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 恰存在两条直线，使得直线与直线所成的角均为 C. 当时，的余弦值的取值范围是 D. 当时，二面角的取值范围是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，则__________.（用数字作答）. 13. 已知数列满足，且对恒成立，则的取值范围是__________. 14. 已知函数有最小值，则的取值范围是__________. 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. 在中，内角所对的边分别为，，为锐角. （1）求； （2）若，延长至，使得，，求的面积. 16. 如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，高为分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）若为直线上的动点，当二面角的正弦值最大时，求的长. 17. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）是否存在正实数，使得仅有1个零点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 18. 已知椭圆的左､右顶点分别为，上､下顶点分别为，记四边形的内切圆为为上任意一点，过作的两条切线分别交于两点. （1）求的标准方程； （2）求证：直线过定点； （3）求的最小值. 19. 为提高学生的身体素质，某学校每天免费给学生提供水果和牛奶两种营养餐，且每人每天只能选择其中一种.经过统计分析发现：学生第一天选择水果和牛奶的概率均为.若前一天选择水果则第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率为；若前一天选择牛奶则第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率也是，如此往复. （1）求某同学第天选择水果的概率； （2）若某同学累计次选择水果时共花了天，求； （3）若某同学累计次选择牛奶时共花了天，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 本试卷共4页，19题.满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则，求出，即可得出结果. 【详解】由题意得，虚部是. 故选：C. 2. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式求出，结合对数函数的定义域求出，再根据交集的运算即可求出答案. 【详解】解不等式得，所以， 令，解得，则， 所以. 故选：A. 3. 命题“对”为假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据条件，全称命题为假命题，则其否定为真命题，将不等式转化为，转化为求函数的最大值，再根据充分不必要条件与集合的关系，即可求解. 【详解】原命题为假命题等价于其否命题“”为真命题，所以， 在区间上单调递增，当时，函数取得最大值，则，又⫋， 所以命题“对”为假命题的一个充分不必要条件是. 故选：B 4. 若将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数为奇函数，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用图象变换得出解析式，再根据余弦型函数的性质可得. 【详解】平移后的图象对应的函数为. 因为是奇函数，所以， 即，又，所以. 故选：D 5. 已知向量满足在上的投影向量是，则的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量求出，利用求出，最后利用向量的模的计算公式即可. 【详解】因为，在上的投影向量是，所以，则， 则， 因为，所以， 则的最小值为. 故选：A 6. 已知双曲线是坐标原点，是上的一点，过的直线分别与的两条渐近线交于两点，且，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据渐近线方程的概念，设出点的坐标，根据平面向量线性运算的坐标表示，求出点的坐标，根据渐近线方程斜率与倾斜角的关系，以及三角恒等变换，再根据正弦面积公式，求出结果即可. 【详解】设，双曲线的渐近线方程为， 不妨令，则. 因为，所以，， 所以所以.即. 设渐近线的倾斜角为，则，所以， 因为，同理， 所以. 故选：D 7. 已知实数满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，则，根据直线与圆有公共点求出.记，利用单调性定义判断出在的单调性可得答案. 【详解】由题，所以.令，则. 考虑圆上的点满足，则直线与圆有公共点. 所以，解得.记， 设， ， 因为，所以， 所以，所以 ，， 则在单调递减， 设， ， 因为，所以， 所以，所以 ，， 则在单调递增. 所以.从而的最小值为. 故选：D. 8. 袋中有9个除了颜色外完全相同的小球，其中有3个白球，2个红球，4个黄球.从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都取到时停止，记停止时取出的球的个数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先对前4次取球的颜色分类，再根据排列数和组合数公式列式，最后根据古典概型概率公式，即可求解. 【详解】前4次只取到红球和黄球（两种颜色都有），第5次取到白球，； 前4次只取到白球和黄球（两种颜色都有），第5次取到红球，； 前4次只取到白球和红球（两种颜色都有），第5次取到黄球，. 所以. 故选：C. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 若，则的最小值为2 B. 若，则的最大值为 C. 若，且，则的最大值为 D. 若，则的最小值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据基本不等式的性质，以及基本不等式取等号的条件，逐一判断各选项正误. 【详解】对于A，，当且仅当时等号成立，但， 所以等号取不到，故A错误； 对于B，因为，所以，所以，所以. 当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故B正确； 对于C，因为，且， 所以，由基本不等式得， 所以，即， 当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，若，则，，所以， 当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：BCD. 10. 记内角的对边分别为，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，且为锐角三角形，则的取值范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】由正弦定理，二倍角公式以及三角形的边角关系，正弦函数的性质逐一判断即得. 【详解】对于A，因，由及正弦定理可得，故得. 又因为“三角形中大边对大角”，所以，故A正确； 对于，由，得，从而. 又，所以.由A项结论，可得，故B正确； 对于C，当时，满足，但为钝角三角形，故C错误； 对于D，因为为锐角三角形，且， 则，解得，所以. 由正弦定理，得，所以，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，在三棱锥中，.设直线与平面所成的角为，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 恰存在两条直线，使得直线与直线所成角均为 C. 当时，的余弦值的取值范围是 D. 当时，二面角的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】当平面平面时，可证平面，即可判断A；利用锐角三角函数得到，即可判断B；过作平面于，过作于，连接，即可得到为直线与平面所成的角，即可得到，从而判断C；设点在平面内的投影为点，过作于，连接，即可得到为二面角的平面角，从而得到，求出的范围，即可判断D. 【详解】对于A，当直线在平面上的投影为直线时，即平面平面， 因为，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于B，因为，在中，，所以 设的平分线为，连接，在平面中过点作， 则， 要使直线与直线，所成的角均为， 则点在平面上的投影在的平分线上， 如图在内存在直线使得直线与直线，所成的角均为， 在的邻补角内存在直线使得直线与直线，所成的角均为， 所以恰存在两条直线，使得它与直线，所成的角均为，故B正确； 对于C，过作平面于，过作于，连接， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为直线与平面所成的角，设， 于是. 又，所以，故C错误； 对于D，设点在平面内的投影为点，则. 过作于，连接，则为二面角的平面角. 在中，，其中是平面内以为圆心，1为半径的圆上的点到直线的距离， 所以，所以，所以， 所以二面角的范围是，故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. 设，则__________.（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理的通项公式，找到对应的，再计算该项的系数. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为： 要求的系数​，需满足，解得, 即. 故答案为： 13. 已知数列满足，且对恒成立，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的定义，结合分类讨论思想、数列的单调性进行求解即可. 【详解】， 当时，， 所以该数列奇数项是以为首项，为公比的等比数列，显然此时该数列是递增数列，为最小项， 该数列偶数项是以为首项，为公比的等比数列，显然此时该数列是递增数列，为最小项， 因此对恒成立，即恒成立， 因为数列奇数项的最小值为，偶数项的最小值为， 所以数列的最小值为，故只需， 因此的取值范围是. 故答案为： 14. 已知函数有最小值，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】分，，，三种情况，分别求出每段的值域即可求最值. 【详解】解：①若.当时，； 当时，. 依题意需，解得（舍去）. ②若.当时，； 当时， 此时，则. ③若.当时，；当时，. 则需，解得. 当时，，当时，，则有最小值1. 综上，或. 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. 在中，内角所对的边分别为，，为锐角. （1）求； （2）若，延长至，使得，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、和角的正弦公式、正弦函数的性质以及辅助角公式化简计算即可求得答案； （2）在和中，利用正弦定理推出，化简求得，求出边，利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理，得 （*）. 又，所以， 代入（*），可得. 因为，所以， 所以，即. 因为，所以， 所以，即. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得① 在中，， 由正弦定理，②. 由①②可得，展开化简得， 因为，所以. 因为，所以. 所以. 16. 如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，高为分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）若为直线上的动点，当二面角的正弦值最大时，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，由四边形为平行四边形得出，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，要使二面角的正弦最大，则由法向量夹角的余弦值为0可得答案. 【小问1详解】 取的中点，连接，因为为的中点， 所以且. 又为的中点，所以且. 所以且. 所以四边形为平行四边形，则. 又因为平面，且平面，所以平面； 【小问2详解】 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则.设， 则. 设平面的法向量为， 则， 取，则. 设平面的法向量为， 则， 取，则. 所以. 要使二面角的正弦最大， 则，所以. 此时. 17. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）是否存在正实数，使得仅有1个零点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）答案见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）的定义域为，，分为和两种情况，根据导数与函数单调性的关系即可求解； （2）由（1）结合题意可知，令，则，，解方程组即可求出答案. 【小问1详解】 的定义域为，， ①当时，因为，所以. 所以的单调递增区间为，无单调递减区间； ②当时，令，， 解得或（舍去）， 当时，，所以的单调递增区间为， 当时，，所以的单调递减区间为， 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递减，在单调递增， 当时，，当时，. 由题意，当仅有1个零点时，， 令，则，即， 化简得：（）， 令，则， 所以上单调递增，且， 所以方程（）的解为，从而，解得， 所以，存在满足条件的，且. 18. 已知椭圆的左､右顶点分别为，上､下顶点分别为，记四边形的内切圆为为上任意一点，过作的两条切线分别交于两点. （1）求的标准方程； （2）求证：直线过定点； （3）求的最小值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）根据直线与圆相切得到圆的半径和圆心，进而求出圆的标准方程； （2）设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理和两直线垂直斜率之积为得到三点共线，进而证明出直线过定点； （3）设，代入椭圆方程，得到，同理得到，再利用均值不等式进行求解. 【小问1详解】 由题意，知， 所以直线方程为，即. 内切圆的圆心（即原点）到直线的距离为，即圆的半径. 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 设直线方程为， 由直线与圆相切，可知原点到直线距离， 整理得. 将直线的方程代入椭圆，可得 ，整理得. 所以， 即，所以. 同理，故三点共线， 所以直线过定点. 【小问3详解】 由（2）知三点共线， 所以. 设，代入椭圆方程得，则. 所以. 同理. 所以. 因为. 所以. 所以. 当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 19. 为提高学生的身体素质，某学校每天免费给学生提供水果和牛奶两种营养餐，且每人每天只能选择其中一种.经过统计分析发现：学生第一天选择水果和牛奶的概率均为.若前一天选择水果则第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率为；若前一天选择牛奶则第二天选择水果的概率为，选择牛奶的概率也是，如此往复. （1）求某同学第天选择水果的概率； （2）若某同学累计次选择水果时共花了天，求； （3）若某同学累计次选择牛奶时共花了天，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过分析前一天的选择对当天概率的影响，利用全概率公式建立关于的线性递推关系，再通过构造等比数列的方法求解通项公式； （2）利用几何分布求出首次选水果所需天数的期望，再基于状态转移建立累计次数与总天数的递推期望关系，最终推导出期望的线性表达式； （3）引入辅助随机变量处理非对称转移概率，先求首次选牛奶在特定条件下的期望，再通过类似的状态转移递推得到累计次数与天数的期望关系. 【小问1详解】 由题意得，且. 所以. 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. 所以，所以. 【小问2详解】 若第一天选择水果，目标达成，概率为； 若第一天选中牛奶，目标未达成，第二天选中水果的概率为， 与第一天选中水果的概率相同，而目标还是选中水果，根据题设，因此还需要天， 所以的分布列为 1 所以，解得. 首先达累计天选水果时，由题设，花了天 接着再选一天，如果选中水果，则目标达成，概率为； 如果选中牛奶，则目标未达成，由于选中牛奶时，下一天选中水果的概率为， 与第一天选中水果的概率相同，而还需要累计1天选中水果达标， 故还需要天，所以达成目标一共需要天. 所以的分布列为 所以. 所以. 【小问3详解】 设第一天选牛奶的概率为时，首次选中牛奶时共选了天. 同求，可求得的分布列为 1 所以，解得. 第一天如果选中牛奶，目标达成，概率为； 第一天如果选中水果，目标未达成，第二天选中牛奶的概率为，故还需要天，合计天. 所以. 首先达累计天选中牛奶时，由题设，花了天. 接着再选一天，如果选中牛奶，则目标达成，概率为； 如果选中水果，则目标未达成，由于选中水果时，下一天选中牛奶的概率为， 故还需要天，所以达成目标一共需要天. 所以的分布列为 所以. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $