湖北黄梅县第一中学2026届高三下学期开学考试数学试卷

2026届高三下学期开学考试数学试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 2．“为第一象限角”是“”的（    ） A．充要条件 B．既不充分又不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 3．函数 ，的图象大致为（   ） A． B． C． D． 4．若，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 5．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，以下判断正确的是（    ） A．若，，，则，是异面直线 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 6．下列说法中，错误的有（   ） ①回归直线恒过点，且至少过一个样本点； ②根据列联表中的数据计算得出，而，则有的把握认为两个分类变量有关系，即有1%的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误； ③在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果，若越大，则说明模型拟合的效果越好； ④某项测量结果服从正态分布，若，则 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置时，水面高度为（    ） A． B． C． D．3 8．如图，双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线交的左支于A，B两点，若成等差数列，且，则此双曲线的离心率是（   ） A． B． C． D． 9．，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（    ） A． B． C． D．0 二、填空题 10．已知复数，其中为虚数单位，则___________. 11．已知的展开式中，第项系数与第项系数之比为，则________________． 12．已知圆与直线，若直线l与圆C相交于A，B两点，且为等边三角形，则______． 13．如图，在中，点D，E在边BC上，且，点分别在线段上，且，直线交于点，且，则______．若直线交于点且是边长为2的等边三角形，则________． 14．学校食堂为了减少排队时间，从开学第1天起，每餐只推出即点即取的套餐和套餐．某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了套餐，则第2天选择套餐的概率为；若他前1天选择了套餐，则第2天选择了套餐的概率为．已知他开学第1天中午选择套餐的概率为，则第2天选择套餐的概率为_____，设开学4天后，他累计选套餐的天数为，则_____． 15．已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________． 三、解答题 16．在中，内角所对的边长分别是，且． (1)求角； (2)若，求的面积的最大值． 17．长方体中，分别为中点，且. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值， (3)求点到平面的距离. 18．已知椭圆（）的离心率为，且椭圆C过点. (1)求椭圆C的方程； (2)椭圆C的左、右顶点分别为A，B两点，直线l交椭圆C于M，N两点（点M，N异于点A，B），直线，的斜率分别为，，且.证明：直线l过定点. 19．已知数列的前n项和为，对任意，， (1)证明：为等比数列，并求出数列的通项公式. (2)设数列，其中，设. （ⅰ）求的值； （ⅱ）设，求使得成立的最大正整数n的值.（其中符号表示不超过x的最大整数） 20．已知函数. (1)是否可以为的极值点？请说明理由； (2)若函数有三个极值点. （i）求的取值范围； （ii）若，求的最小值. 2026届高三下学期开学考试数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 C C B B C A A C C 1．C【分析】由题意确定集合B，根据集合的交集运算，即可得答案. 【详解】由题意可知，则， 所以， 故选：C 2．C【分析】由可得，再由充分条件和必要条件的定义求解即可 【详解】因为为第一象限角，所以， ，所以， 而，则， 则， 为第一、三象限角， 所以推不出为第一象限角， 所以“为第一象限角”是“”的充分不必要条件. 故选：C. 3．B 【分析】根据函数的奇偶性，结合余弦函数的性质逐一排除即可. 【详解】当， ， 所以该函数是奇函数，图象关于原点对称，排除AD. 当时，，可以排除C. 故选：B 4．B【分析】根据对数函数性质即可得到，，再根据指数运算得到，即可比较三者大小关系. 【详解】，则， ， 而，即， 则. 故选：B. 5．C【分析】结合长方体模型及线面平行，线面垂直关系判断可得. 【详解】对于A：如图：在长方体中，，，，但，故A错误； 对于B：如图：在长方体中，，，，但，故B错误； 对于C：因为，，所以，又因为，所以，故C正确； 对于D：如图：在长方体中，，，，但，所以D错误； 故选：C 6．A 【分析】利用回归直线的特点可判断①；利用独立性检验可判断②；利用决定系数与模型拟合效果的关系可判断③；利用正态分布可判断④，得出合适的选项即可. 【详解】对于①，回归直线恒过点，不一定过样本点，故①错误； 对于②，根据列联表中的数据计算得出，而， 则有的把握认为两个分类变量有关系， 即有的可能性使得“两个分类变量有关系”的推断出现错误，故②正确； 对于③，在做回归分析时，可以用决定系数刻画模型的回归效果， 若越大，则说明模型拟合的效果越好，故③正确； 对于④，某项测量结果服从正态分布，若， 则，故④正确.可得四个命题中，错误的有1个，故A正确. 7．A【分析】由注水四棱台部分的体积等于注水四棱锥部分的体积求解. 【详解】设正四棱锥的底面边长为，因为注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为， 所以注水四棱台的上底边长为，体积， 设注水四棱锥的水面高度为，底面边长为，则，所以， 所以注水四棱锥部分的体积，因为，即，解得， 8．C【分析】首先利用双曲线定义表示出，再由等差数列条件建立边长关系，最后在中用余弦定理列方程，求出与的比例，得到离心率. 【详解】设，则，即. 因为成等差数列，所以 代入得：，解得，则. 所以， 在中， 即 化简可得：. 所以，，，，. 因为，所以， 所以. 所以 求得：， 所以. 故选：C. 9．C 【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴， 所以时函数取最大值，又因为是它的一个对称中心， 所以，， 设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知， 即，所以， 又在上单调递增，则， 所以，解得，又，所以， 则，，又因为，所以时，， 所以， 当时，， 由正弦函数的单调性可知. 故选：C. 10． 【分析】利用复数的除法和共轭复数的定义可得出复数，利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】因为，所以，故. 故答案为：. 11．【分析】写出二项展开式通项，可得出展开式中第项系数与第项系数，根据题中条件得出关于的等式，结合且可解得的值. 【详解】二项式的展开式的第项为：， 所以第项的系数为，第项的系数为． 又第项系数与第项系数之比为， 所以，所以， 整理可得， 由题意可知且，故． 故答案为：. 12． 【分析】将圆的方程转化为标准方程，求得其圆心和半径，根据为等边三角形可知等于圆的半径，由此求得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，即可求得的值. 【详解】由圆，得. 所以圆心的坐标为，半径. 因为为等边三角形，所以. 所以圆心到直线的距离为. 即，所以. 故答案为：. 13． 【分析】根据题意，利用向量的运算法则，化简得到，由三点共线，得到，求得的值，设，得到，由三点共线，求得，得到，再设，得到，结合三点共线，求得的值，得到，化简得，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】由，可得为的中点，则， 因为，且， 可得，即， 又因为三点共线，可得，解得，即， 设，因为点为的中点，可得， 所以，即， 因为三点共线，可得，解得， 即，所以点为的中点，所以， 设， 由， 可得，即， 又因为三点共线，可得，解得， 即，所以， 又由， 又因为 是边长为2的等边三角形， 所以. 故答案为：；. 14． 【分析】由已知结合全概率公式即可求解第2天选择套餐的概率；先求出第天选择套餐的概率，再由得解. 【详解】设“第天选择套餐”，则“第天选择套餐”， 根据题意，，，， 由全概率公式，得； 设“第天选择套餐”， 则，，，， 由全概率公式，得， 即， 则， 则. 15． 【分析】由题意分类讨论和两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果. 【详解】分类讨论：①当时，即：， 整理可得：， 由恒成立的条件可知：， 结合二次函数的性质可知： 当时，，则； ②当时，即：，整理可得：， 由恒成立的条件可知：， 结合二次函数的性质可知： 当或时，，则； 综合①②可得的取值范围是，故答案为. 点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析． 16．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用正弦两角和公式化简，即可求出角； （2）利用余弦定理，结合基本不等式求最大值，即可求解. 【详解】（1）由 ， 由于，所以， 又因为，所以，即， 因为，所以，即, 故； （2）因为，，所以由余弦定理可得： ， 由基本不等式可得：，所以， 当且仅当取等号， 则的面积， 故的面积的最大值为. 17．(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据题意，连接，利用勾股定理，证得，由平面，证得平面，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立坐标系，写出相应点的坐标，写出和求出平面的法向量，结合线面角的向量法求解即可； （3）在（2）基础上求出，再利用向量法求得到平面的距离即可. 【详解】（1）连接，如图所示：因为为 中点，且， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得，所以，所以， 在长方体中，可得平面，因为平面，所以， 又因为分别为的中点， 可得，所以， 因为，且平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 因为，可得: ， 则， 由平面，所以向量为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由，则 又平面的一个法向量为， 所以到平面的距离为： . 18．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的性质，结合已知条件求出的值，进而得出椭圆的方程； （2）设出直线的方程，联立椭圆方程，利用根与系数的关系得到的表达式，再根据斜率公式和已知条件建立等式，化简等式后求出直线所过的定点. 【详解】（1）因为椭圆C过点  ， 又离心率为 ， 所以椭圆C的方程为； （2）由条件可得直线的斜率不为，故设直线l方程为，，， 由  消去x，得， 方程的判别式， ，， 又因为，， 点在椭圆C上，则， 由，得，所以， 所以， 所以，即  或（舍去）， 故直线l方程为，所以直线l过定点. 19．(1)证明见详解，. (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据题设定义分析求解即可； （2）（ⅰ）先求得，结合题设分析可得数列是以为首项，以为公差，项数为的等差数列，可得，结合裂项相消法求解即可； （ⅱ）先由题设可得，利用作差法及二项式定理可证得当时，，进而得到，进而求得，再解不等式即可.【详解】（1）任意，①， 当时，，解得； 当时，②， 由①-②得，即， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 则. （2）（ⅰ）由（1）可得，则，当时，， 可知数列的对应项构成以为首项，以为公差的等差数列， ，， . （ⅱ） ，下证当时，: ①显然恒成立， ②，， ，，故， ，，即， 又，因此满足不等式的最大正整数. 20．(1)不可以，理由见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据极值点的定义即可求解； （2）（i）对进行求导得，由题意可得方程有两个根，这两个根都不能等于或，令，研究函数的单调性，求出的范围，再排除零点为或的情况，即可求出答案； （ii）由（i）知中有一个为，不妨设，，令，根据题意可得，令，求出，结合题目信息可得，代入求出的取值范围，进而得到的范围，进而求出的范围，即可求出答案.【详解】（1）由题意知，， 若为的极值点，则，解得，当时，， 令，则，易知为增函数，且， 当时，，故在上单调递减，当时，，故在上单调递增，故，所以在上单调递增，此时函数无极值点， 与为的极值点矛盾，所以不可以为的极值点. （2）（i）由题意知，定义域为 则， 因为函数有三个极值点， 则其中一个极值点为，且方程有两个根，这两个根都不能等于或， 令，即函数有两个零点，这两个零点都不能等于或， 则，当时，，所以函数为增函数， 此时至多一个零点，不符合题意；当时，令，解得， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 若函数有两个零点，则，解得， 当时，，则函数在上有一个零点， 当，，则函数在上有一个零点， 若是函数的零点，则，不满足， 故不是函数的零点，若是函数的零点，则，则， 综上所述，的取值范围为. （ii）由（i）知中有一个为，不妨设，，则，可化为， 由（i）知是的根，且，则，令， 则，可化为，两式相除可得， 令，则，联立，解得， 由，不等式可化为， 则，令，则， 令，则， 则在上单调递增，则，即，所以在上单调递增， 又，所以，则，， 令，， 所以在上单调递减，则，即， 则在上单调递减，则，由得， 对函数求导得， 则函数在上单调递减， 则当时，函数取得最小值，最小值为， 则，即， 所以的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $