精品解析：湖北宜昌市2026届高三下学期3月调研考试数学试卷

宜昌市2026届高三3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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为单位向量，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 在等差数列中，为其前项和．若，则（ ） A. 420 B. 210 C. 198 D. 105 5. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ） A. B. C. 80 D. 160 7. 三棱锥满足，且，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 有一组样本数据，其中．已知，设函数．则的最小值为（ ） A. 19 B. 100 C. 190 D. 200 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列正确的有（ ） A. B. C. 是函数的一条对称轴 D. 函数的图象可以由函数的图象向左平移个单位得到 10. 已知直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，过点作的垂线交直线于点，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（） A. 不是“可分等比数列” B. 是“可分等比数列” C. 若是“可分等比数列”，则 D. 若是“可分等比数列”，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. __________. 13. 已知坐标原点到直线的距离为，则的最大值为___________． 14. 已知函数的两个极值点为，记，．点在的图象上，满足均垂直于轴，设点的横坐标为． （1）______； （2）若四边形为菱形，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. 在中，内角的对边分别是． （1）求的值； （2）若，求的面积． 16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差； （3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由， 17. 如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． （1）若时，求三棱柱的体积； （2）若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 18. 已知定义在上的函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中． ①证明：； ②定义两点间的距离如下：， 证明：． 19. 已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． （1）求双曲线的方程； （2）斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）． ①求直线、的斜率之和； ②若的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜昌市2026届高三3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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合交集的概念运算即可求解. 【详解】因为集合，集合， 所以. 故选：A． 2. 设为单位向量，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量模的关系得，再计算即可. 【详解】因为为单位向量，所以， 因为，平方得，即， 所以，即. 故选：B． 3. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可求出之间的关系，结合离心率，即可求得答案. 【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为， 由于椭圆的长轴长是短轴长的倍，故，即， 故椭圆的离心率为. 4. 在等差数列中，为其前项和．若，则（ ） A. 420 B. 210 C. 198 D. 105 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式，求出首项和公差，按照等差数列前项和的公式，求得. 【详解】设等差数列的公差为，则， 整理得，解得. 所以. 5. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先把转化为同底数的对数形式，再利用对数函数的单调性，分别比较、、的大小. 【详解】，，而，且是单调增函数， 所以，即； ，，而，且是单调增函数， 所以，即； ，； 综上可得. 故选：C 6. 已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ） A. B. C. 80 D. 160 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可确定，再结合通项公式即可求解. 【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， 所以，所以的展开式的通项为， 令，得，故， 故展开式中的系数为. 7. 三棱锥满足，且，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由底面三角形的已知边角求出其外接圆半径，结合侧棱相等得到高，再利用球心在高的线上且到顶点和底面顶点距离相等求出球半径，最后计算表面积. 【详解】设点在底面的投影为，因为， 所以点是的外心，则，且底面，球心在上， 由正弦定理得外接圆的直径径，解得半径， 即，则， 设，外接圆半径为，则， 则，且， 则，解得，则外接球半径， 则三棱锥外接球的表面积为. 8. 有一组样本数据，其中．已知，设函数．则的最小值为（ ） A. 19 B. 100 C. 190 D. 200 【答案】C 【解析】 【分析】将所求函数式展开，代入已知条件，转化成二次函数求最小值问题. 【详解】因为， 而，则得. 所以当时，. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列正确的有（ ） A. B. C. 是函数的一条对称轴 D. 函数的图象可以由函数的图象向左平移个单位得到 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的图象，利用三角函数的性质，求得，结合三角函数的对称性，以及图象变换，逐项判断，即可求解. 【详解】A，由函数的图象，可得，可得，所以，所以A正确； B，由，可得，可得， 解得，因为，所以，所以B正确； C，由，令，可得， 令，可得，所以不是函数的一条对称轴，所以C错误； D，将函数的图象向左平移个单位， 可得，所以D正确. 10. 已知直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，过点作的垂线交直线于点，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，联立方程组求得，，结合向量的数量积的运算公式，可得判定A错误，B正确；由抛物线的定义和，得到，代入求得的坐标，结合斜率公式，可判定C正确；求得 ，列出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A，设，可得 联立方程组，整理得， 可得，且， 则， 所以，所以A错误； 对于B，由抛物线的焦点为，直线的斜率为， 则过且垂直于的直线的斜率为，其方程为， 令，可得，所以，则， 所以， 又由， 所以，所以B正确； 对于C，由抛物线的定义，可得， 因为，可得，即， 因为，代入可得，即， 解得或（舍去），则， 将代入抛物线的方程，可得或（舍去），所以， 此时直线的斜率为，所以C正确； 对于D，由抛物线的焦点为且， 可得， 因为，可得，整理得，解得， 又因为，所以，所以D正确. 11. 已知是首项为，公比为的递增等比数列，其前项和为．若对任意的，总存在，使得，则称是“可分等比数列”，则（） A. 不是“可分等比数列” B. 是“可分等比数列” C. 若是“可分等比数列”，则 D. 若是“可分等比数列”，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取，则不存在，使得；对于B，取，则不存在，使得；对于C，D根据“可分等比数列”的定义，用反证法证明即可. 【详解】对于A，若，则， 因为，所以， 又因为， 所以不存在正整数，使得， 所以不是＂可分等比数列＂，所以选项A正确： 对于B，若，则， 所以，当时，， 所以不存在正整数，使得，所以不是＂可分等比数列＂，所以选项B错误； 对于C，若，则有，所以不存在正整数，使得，所以， 因为是递增等比数列，所以，所以， 因为，所以，即． 下证：对任意，当且仅当时，． 反证法：假设存在正整数，使得当时，， 取满足条件的最小正整数，此时有，使得且， 则，即，即与矛盾． 所以对任意，当且仅当时，，所以选项C正确； 对于D，下证：． 由上可知，即恒成立，只需，即恒成立， ①当时，因为恒成立，所以符合要求； ②当时，因为， 当时，，不符合题设要求． 综上，，所以选项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. __________. 【答案】 【解析】 【详解】. 13. 已知坐标原点到直线的距离为，则的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得到，令，可得，即可求解. 【详解】因为坐标原点到直线的距离为，则，整理得到， 令，则，其中， 所以，当且仅当时取等号， 故的最大值为. 14. 已知函数的两个极值点为，记，．点在的图象上，满足均垂直于轴，设点的横坐标为． （1）______； （2）若四边形为菱形，则______． 【答案】 ①. 0 ②. 【解析】 【分析】因为函数有两个极值点，所以先对求导，利用导数与极值点的关系，得到是导数为0的方程的两根，再结合韦达定理得到的值,因为垂直于y轴，所以A和B、C和D的纵坐标相等，由此建立关于m、n的方程，继而推导出与的关系，即可求得第一空答案；若四边形为菱形，则，建立关于a的方程求解，可求得第二空答案. 【详解】由，得， 由题意可知为的两实数根，则判别式，即， 则，且， 均垂直于轴，则，即， 整理得，而，故， 结合，得，解得或（此时重合，舍）， 同理可得，故； 由上面分析可知， 此时的中点为，即， 的中点为，即， 即，的中点重合，四边形为平行四边形； 若四边形为菱形，则垂直，则； ， 由于，则， 则， ， 由，得，结合，解得. 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. 在中，内角的对边分别是． （1）求的值； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两角和与差的正切公式，求得的值，结合三角形内角的取值范围，求得； （2）由余弦定理求出，再根据三角形面积公式求得的面积． 【小问1详解】 因为， 且， 所以，整理得， 即. 所以或. 因为，所以，所以. 所以，所以，. 【小问2详解】 因为，， 所以由余弦定理，得 ，即，，所以. 所以. 所以的面积为. 16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立． （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差； （3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由， 【答案】（1） （2），， 0 1 2 3 （3）会得到推广，因为. 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解； （2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差； （3）根据二项分布期望公式求出10个问题的总得分期望，并与75比较得出结论. 【小问1详解】 设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰， 则， 则. 【小问2详解】 由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立， 因此随机变量服从二项分布， 则， ， ， ， ， ，， 的分布列为： 0 1 2 3 【小问3详解】随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分， 则，满足推广条件，因此该系统会得到推广. 17. 如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． （1）若时，求三棱柱的体积； （2）若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【小问1详解】 翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. 【小问2详解】 因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 18. 已知定义在上的函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中． ①证明：； ②定义两点间的距离如下：， 证明：． 【答案】（1） （2）①令， 则， 令， 则， 当时，恒成立，所以在区间上单调递增， 则，又，所以在区间恒成立， 所以在区间上单调递增，又，则，即. ②当时，，当且仅当时取等号， 所以， 要证，即证明， 也即证明， 令，易知， 则， 令，则， 易知当时，恒成立，所以在区间上单调递增， 又当时，，所以，则， 所以在区间上单调递增， 又，则， 即，命题得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出曲线在点处的切线的斜率，再由直线的点斜式，即可求解； （2）①构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得在上的单调性，即可求解；②根据条件，转化成证明，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得在上的单调性，即可求解. 【小问1详解】 因为，则， 又，所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 ①略 ②略 19. 已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，且点在双曲线上． （1）求双曲线的方程； （2）斜率为的直线与双曲线的右支交于、两点（异于点）． ①求直线、的斜率之和； ②若的外接圆圆心为，试问在轴上是否存在定点使为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）①；②存在，且点. 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，将点的坐标代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的方程； （2）①设点、，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线、的斜率之和； ②设的外接圆方程为，分析可知方程与方程为同解方程，可得出关于、、的方程组，解出、，可得出点的坐标，求出直线的方程，当时，求出直线的方程，取点为直线与轴的交点，结合勾股定理可得出结论. 【小问1详解】 双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为，即， 所以焦点到一条渐近线的距离为， 因为点在双曲线上，所以，解得， 故双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 ①设点、，设直线的方程为， 因为点不在直线上，则，可得， 联立，可得， 则，解得或， 由题意可得，所以且， 所以 ， 即直线、的斜率之和为. ②设的外接圆方程为， 则， 由代入， 可得， 可得， 同理可得， 所以、为关于的方程的两根， 又因为、为关于的方程的两根， 所以方程与方程为同解方程， 所以，解得， 易知点，即点，， 所以直线的方程为，即， 当时，直线的方程为，即， 直线与轴的交点为，不妨取点，此时， 则， 故在轴上存在定点，使得为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $