精品解析：湖北省黄冈市黄梅县第一中学2026届高三下学期开学考试数学试题

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. 【答案】C 【解析】 【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. “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 【答案】C 【解析】 【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. 函数 ，的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 若，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】C 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 故选：A 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 【答案】A 【解析】 【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， 故选：A. 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. 【答案】C 【解析】 【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. ，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 【答案】C 【解析】 【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. 二、填空题 10. 已知复数，其中为虚数单位，则___________. 【答案】 【解析】 【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. 已知的展开式中，第项系数与第项系数之比为 ，则 ________________． 【答案】 【解析】 【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. 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______． 【答案】 【解析】 【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. 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________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【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. 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_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【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. 已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【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． 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由 ， 由于，所以， 又因为，所以，即， 因为，所以，即, 故； 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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 . 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 由，则 又平面 的一个法向量为， 所以到平面 的距离为： . 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. 【答案】（1） （2）证明见解析 【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. 【小问1详解】 因为椭圆C过点 ， 又离心率为 ， 所以椭圆C的方程为； 【小问2详解】 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. 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） 【答案】（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）；（ⅱ） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （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. 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. 【答案】（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） ；（ii） 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $