精品解析：湖北黄冈市2026届高三下学期3月模拟考试数学试题

2026年3月高三年级模拟考试 数 学 本试卷共4页，19题．全卷满分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、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．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，请将答题卡上交． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数是关于的方程的一个根，则 （ ） A. 20 B. 15 C. 10 D. 8 3. 圆锥 的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是定义在R上的偶函数，且，若3，则（ ） A. 0 B. 1 C. 3 D. 6. 函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，，，，则的最大值为（ ） A. 5 B. C. D. 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数越大，则线性相关性越强 B. 1，2，4，5，6，12，18，20的上四分位数是15 C. 随机变量的方差，期望 ，则 D. 某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个学生的数学成绩的方差为10.8 10. 大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足 ，，则正确的有（ ） A. B. C. D. 数列的前20项和为110 11. 如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线，，与交于A，B两点，与交于C，D两点（点A，C在轴上方），M，N分别是弦和的中点，则（ ） A. 设点，则的周长最小值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为8 D. 和 的面积之和的最小值为32 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数，则曲线在点处的切线方程为________． 13. 在边长为1的正方体的8个顶点中，记任取两点的线段长为，则的期望为________． 14. 在空间直角坐标系 中，点，，定义．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点 ，分别满足，，则的取值范围为________． 四、解答题：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，，的对边分别为 ，，，且． （1）求； （2）若，，求的面积． 16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，， 平面 ，点，分别在棱，上，且 ． （1）求证：； （2）若 ，与平面 所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面 的距离． 17. 抽屉里有相同规格的3块充电电池和2块一次性干电池，当需要使用电池时即从抽屉随机抽取一块，充电电池使用完后充满电放回原抽屉，干电池使用完后即作垃圾回收．当抽屉只剩下充电电池时则停止电池的随机抽取． （1）求在第2次抽取的是干电池的条件下第1次抽取的也是干电池的概率； （2）若每次用完一块干电池就补充一块充电电池，直到2块干电池用完．记抽取第 次时恰好抽到最后一块干电池的概率为，求． 18. 已知椭圆 的长轴长为4，直线 与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． （1）求的标准方程； （2）若 轴于点，连接并延长交于点 ，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设 ，求 的最小值． 19. 已知函数 ， ． （1）当 时，求函数的最小值； （2）当 时，证明： 在上存在2个不同的零点，且 ； （3）当时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年3月高三年级模拟考试 数 学 本试卷共4页，19题．全卷满分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、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．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，请将答题卡上交． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】易知， ， 则. 2. 设复数是关于 的方程的一个根，则 （ ） A. 20 B. 15 C. 10 D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】由复数是关于 的方程的一个根， 得复数是该方程的另一个根，则， 所以. 3. 圆锥 的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的底面半径r，再利用圆锥的侧面积公式即可得出结果. 【详解】根据题意，设圆锥的底面半径为r，因为圆锥的轴截面为等边三角形， 所以圆锥的母线长，，解得， 所以圆锥的侧面积为. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】利用诱导公式 ，得： ， 故利用二倍角公式，得： . 5. 已知是定义在R上的偶函数，且，若3，则（ ） A. 0 B. 1 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知及奇偶性的定义可知当时有，根据已知及周期性的定义可得的周期是8，结合周期性及奇函数性质求函数值即可. 【详解】因为是定义在R上的偶函数， 所以，所以当时有， 由，得，所以， 所以，可得的周期是8． 所以. 6. 函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由直线与函数图象的相邻两交点间距离为，求得最小正周期；根据正切函数的对称性求得，从而求得其最小值. 【详解】因为直线与函数图象的相邻两交点间距离为， 所以函数的最小正周期为，所以，所以. 由函数 的图象关于点对称， 得，所以. 所以正实数的最小值为. 7. 在平面直角坐标系中，，，，则的最大值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意建立坐标系后，画出图形，通过平面向量基本定理分析，可设点E为AB的四等分点（靠近点A），通过计算得出，通过计算可知为定值，故知点E在以O为圆心，以为半径的圆上，所以当点E在CO的延长线与圆的交点时，最长，即取最大值. 【详解】由已知，，， 在中，由余弦定理得 ，即向量与的夹角为. 取，所以， 所以. 同理可知，， 所以， 所以点E在以O为圆心，以为半径的圆上. 如图所示，所以点E在CO的延长线与圆的交点位置时，最大，此时， 易知，所以，即的最大值为. . 8. 已知函数，关于 的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，即可作出其图象，由此可得到的图象，将方程有且仅有4个不同的实根，转化为和对应的方程的根的总数为4个，数形结合，即可求解. 【详解】由可得定义域为，且， 当且时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以：是极大值点，； 当 时， ；当 时， ； 由此可作出函数的图象： 令，则原方程可化为：， 得或， 原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个； 结合的图象可得的图象： 由题意知以及，故，且， 结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根， 需满足且，即得，此时有1个解，有3个解， 即. 二、多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本相关系数越大，则线性相关性越强 B. 1，2，4，5，6，12，18，20的上四分位数是15 C. 随机变量的方差，期望 ，则 D. 某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个学生的数学成绩的方差为10.8 【答案】BD 【解析】 【详解】A：样本相关系数的绝对值越大，则线性相关性越强，则A错误； B：该组数据共8个数据，又， 因此上四分位数为第6个数和第7个数的平均数，即，因此B正确； C：因为，由方差，期望 ，可得，即C错误. D：易知全班50个学生的数学成绩的平均值为， 因此方差为，即D正确. 10. 大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足 ，，则正确的有（ ） A. B. C. D. 数列的前20项和为110 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由题意可得，，， ，故A正确； 对于B，因为为偶数，所以， 因为 为奇数，所以， 所以，故B正确； 对于C，因为为偶数，所以， 又因为 为奇数，， 所以，所以， 所以 ，故C错误； 对于D，数列的前项的和为， 所以 ，故D正确. 11. 如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线，，与交于A，B两点，与交于C，D两点（点A，C在 轴上方），M，N分别是弦和的中点，则（ ） A. 设点，则的周长最小值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为8 D. 和 的面积之和的最小值为32 【答案】ACD 【解析】 【分析】对选项A：结合抛物线的定义，的周长为，要找周长最小值，需找到点A使得最小，利用三点共线时距离最短的思路分析即可；对于B：设直线的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，利用焦半径公式可得的表达式，再利用基本不等式分析最小值；对选项C：表示出的坐标，再利用两点间距离公式表示出，最后利用基本不等式求最值的方法分析最小值；对选项D：利用三角形面积公式表示出 和 的面积之和，结合焦半径公式或联立方程后的弦长公式，将面积和转化为关于k的表达式，再利用基本不等式求最小值. 【详解】对于A，，，准线方程为，点， 的周长为，其中， 过点作垂直于准线的直线，垂足为，由抛物线定义知， 则周长为, 当最小时，周长最小， 所以当在一条直线上时，最小，最小长度为， 所以周长最小值为，故A正确； 对于B，由题意知，两直线斜率均存在，且不为0，设直线的方程为， 联立，即，设， 则， ， 则， 当且仅当时等号成立，故B错误； 对于C，直线的斜率为，的方程为， 以代换中的k， 得， 设，得，， 、分别是弦和弦的中点，所以，， ， 而，， 则，即，的最小值为8，当且仅当 时等号成立，故C正确； 对于D，由抛物线定义得，，，，， 和 面积之和为 当且仅当 ，等号成立，所以 和 面积之和的最小值为32，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设函数，则曲线在点处的切线方程为________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以. 求导得，有， 曲线在点处的切线方程为， 即. 13. 在边长为1的正方体的8个顶点中，记任取两点的线段长为 ，则 的期望为________． 【答案】 【解析】 【详解】 的所有可能取值为， 从边长为1的正方体的8个顶点中，任取两点可得条线段， 其中长度为1的线段有12条，长度为的有12条，长度为的有4条， 因此， 所以 的期望. 14. 在空间直角坐标系 中，点，，定义．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点，分别满足，，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出点，的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值范围，数形结合可得答案. 【详解】设，，∵， ∴，点的轨迹为． 又， 则，， 即， 化简得点的轨迹为． 在平面直角坐标系中作出，轨迹，设点轨迹与轴两个交点分别为， 点轨迹为圆，圆心为，半径 ，且与轴两个交点分别为，如下图所示， 结合图象得：， 又，， 所以． 四、解答题：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， ，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，求 的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可求得 的值，可求； （2）法一：利用两角和的余弦公式，结合已知可求得，进而利用正弦定理可求得，进而可求 的面积． 法二：利用两角和的余弦公式，结合已知可求得，利用正弦定理可求得 ，进而利用可求解. 【小问1详解】 由正弦定理知． ∴，∵，∴， ∴， ，∴． 【小问2详解】 法一：由（1）知，，∴． ∴，∴，∴． 法二：由（1）知，，∴． 由正弦定理可得． ∴． 16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，， 平面 ，点，分别在棱，上，且 ． （1）求证：； （2）若 ，与平面 所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面 的距离． 【答案】（1）证明：连，相交于点，连 ．∵底面为菱形，∴且． 又 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，∴ ， ∴ ，又 ，而 ． ∴ 平面，又 ，∴平面，而平面， ∴ ，， 为等腰三角形，即． （2） 【解析】 【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得 ，结合菱形对角线垂直及 推出 平面，进而平面，从而 ，由中点性质即得. （2）由 及第一问知底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用 与平面 所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面 的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若 ，则，由（1）知 ，∴平面， 以为原点以，，分别为 轴，轴， 轴建立直角坐标系， 又，∵，则 ， ，， ， ∵ ，，∴ 平面 ， 与平面 所成的角为60°， ∴ ，∴ ，∴ ． ∴ ， ， ． 设平面的法向量为 则取，，，∴ ， 设 ， ，则， 到平面的距离相等， ， ∴． 又，∴，解得 ， 设平面 的法向量为 ，∵ ， ． 则取 ，，，∴ ， 则点 到平面 距离为． 17. 抽屉里有相同规格的3块充电电池和2块一次性干电池，当需要使用电池时即从抽屉随机抽取一块，充电电池使用完后充满电放回原抽屉，干电池使用完后即作垃圾回收．当抽屉只剩下充电电池时则停止电池的随机抽取． （1）求在第2次抽取的是干电池的条件下第1次抽取的也是干电池的概率； （2）若每次用完一块干电池就补充一块充电电池，直到2块干电池用完．记抽取第 次时恰好抽到最后一块干电池的概率为，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式计算可得； （2）方法一：先利用乘法概率公式求得第次恰好抽到第一块干电池，第 次恰好抽到第二块干电池的概率，然后利用等比数列求和公式求解即可；方法二：根据题意可得递推关系，再用定义法证明等比数列，进而利用等比数列通项公式求解即可. 【小问1详解】 记第1，2次取出的是干电池的概率分别为，， ，， 在第2次取出的是干电池的条件下第1次取出的也是干电池的概率为 . 【小问2详解】 方法一：依题意有抽屉里有3块充电电池，2块干电池， 用完第一块干电池后补充一块充电电池，电池总数为5块不变． 记第次恰好抽到第一块干电池， 第 次恰好抽到第二块干电池的概率为， 则， ∴ . 方法二：“第 次抽取时恰好抽到最后1块干电池”可分为两类： 第1次抽到干电池与第1次抽到充电电池． 当第1次抽到充电电池时： 此时“第 次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为， 当第1次抽到干电池时，仅第1次与第 次抽到干电池： 此时“第 次抽取时恰好抽到最后1块干电池”的概率为， ∴，．，． ∴，∴， ∵， ∴是以为首项为公比的等比数列， ∴， ∴，当时该式也成立． 故所求概率为，． 18. 已知椭圆 的长轴长为4，直线 与椭圆交于， 两点（点在第一象限）．当时，， 在 轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． （1）求的标准方程； （2）若 轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设 ，求 的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）设 ， ， ，则 ，由题意有． 直线的斜率即 的斜率为，所以直线的方程 . 所以 ，又，在椭圆上， ∴，∴. ∴， ∴ . （ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）设椭圆焦距为 ，则椭圆过点 ，代入椭圆方程，结合 及，求出 ，即可得到椭圆的标准方程； （2）（ⅰ）设各点的坐标，利用点差法，用表示，即可证为定值；（ⅱ）根据直线的斜率与倾斜角的关系，利用两角差的正切公式，并结合基本不等式可求得 的最小值． 【小问1详解】 由题意有 ，所以 . 设椭圆焦距为 ，易知椭圆过点 ，所以 . 又，所以. 所以 ，即 ，解得 . 所以 ，，故的标准方程为 ． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）∵ ， 而 ，， 由（ⅰ）知 ， ∴ ，又 ， ∴， ∴. 当且仅当，即时等号成立. 所以． 的最小值为． 19. 已知函数 ， ． （1）当 时，求函数的最小值； （2）当 时，证明： 在上存在2个不同的零点，且 ； （3）当时，不等式 恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）证明如下： 当 时， ，即 ，可得 ， 令 ，， 令 ，由定义域为，可得，解得， 当 时， ，所以在上单调递减， 当 时， ，所以在上单调递增， 所以 ． 又 时 ， 时 ， 所以在上2个不同的零点，即 在上2个不同的零点， 设，令 ， ， 则 ， ∴ 在上单调递减，∴ ， ∴，即，又 ， ， 而在上单调递增，，故 ． （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数单调性和函数导数之间的关系，求出函数导数，进而判断函数单调性，求出函数最值； （2）根据函数零点与函数导数之间的关系，进而求出函数单调性，根据函数单调性判断函数最值，判断函数零点，再构造函数，根据函数单调性列出不等式，证明结果即可； （3）根据不等式恒成立的条件，构造函数，根据函数导数求出函数单调性和最值，求出参数范围. 【小问1详解】 由题意可知 ． 当 时， ，在上单调递减， ∴ ． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 令 在上恒成立． 记 ，．则， 所以原不等式等价于 在上恒成立． 可知 ，令 ， ． 当 时， ，即 在上单调递增，即 在上单调递增， ∴ ， 当 即时， ，在上单调递增， ，不等式恒成立； 当 即时，存在 使得 ， 即存在 使得在上单调递减，在上单调递增， 即在上，不等式不恒成立．所以； 当时，，， ， 可知在上单调递增， ， ．即在上有唯一解， 使得 ，即时 ，在上单调递减， 时， ，在上单调递增， 因为 ， ∴存在，使得 ， 当时， ，单调递增， 当时， ，单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减， 而 ， ． ∴当时，，即在上单调递增， 而 ，∴ ，∴ ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $