精品解析：湖北黄石市2026届高三下学期3月模拟考试数学试题

2026年全市高三（3月）模拟考试 数学试卷 本试卷共4页，19题，全卷满分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. 已知集合，则 （ ） A. B. C. D. 2. 若复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 某次考试有10000人参加，若他们的成绩近似服从正态分布，则分数在100-120之间的考生约有（ ）（参考数据：若，则有） A. 1360人 B. 1570人 C. 2720人 D. 3410人 6. 若实数满足 ，则的最小值是（ ） A. 0 B. C. D. 7. 已知等比数列的首项为1，前项和为，若，则（ ） A. 1或2 B. 1或4 C. 2或4 D. 4 8. 已知曲线，将 绕坐标原点逆时针旋转后所得的曲线是某个函数的图像，则正实数 的取值范围为（ ） 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. 已知函数，则下列命题正确的有（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的最大值是2 C. 若实数 使得方程在上恰好有三个实数解，则 D. 是函数的单调递减区间 10. 如图，在正方体中，称各面正方形的对角线为面对角线，称为体对角线．设分别为的中点，则（ ） A. 存在面对角线与平面平行 B. 存在体对角线与平面平行 C. 存在面对角线与平面垂直 D. 存在体对角线与平面垂直 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ） A. 第2026行共有2026个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若a，b∈R＋，满足a＋b＋3＝ab，则a＋b的取值范围是________. 13. 已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若圆锥的体积为，则圆柱的底面半径为__________. 14. 已知点在 轴上，其既是椭圆的焦点，也是双曲线的焦点.设椭圆和双曲线在第二象限的交点为，点在第一象限的双曲线上，且，若为等轴双曲线，则椭圆的离心率为__________. 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，角的对边分别 ，已知. （1）求角 的大小； （2）若，求 的面积. 16. 已知数列满足. （1）设，证明是等比数列，并求的通项公式； （2）判断数列的单调性. 17. 袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球.现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量. （1）求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率； （2）求的分布列和期望. 18. 设函数为自然对数的底数. （1）讨论的单调性； （2）设，记，证明： ①；（注：） ②. 19. 如图1所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角为，截面与圆锥的轴线的夹角为，当时，截线是圆；当时，截线是椭圆；当时，截线是抛物线；当时，截线为双曲线. 如图2所示，为圆锥的顶点，为底面圆心，为圆的一条直径，且 为弧的中点，点满足，点为线段的中点； （1）求直线与平面 所成角的大小； （2）平面 与圆锥的截线记为曲线，在平面 内，以所在的直线为 轴（设以的方向为 轴正方向），以线段的中垂线为轴（设以逆时针旋转后的方向为轴正方向），建立平面直角坐标系. ①求出曲线的标准方程； ②设 为曲线上两动点，若 的平分线与 轴垂直，求证：直线的斜率是定值，并求出这个定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年全市高三（3月）模拟考试 数学试卷 本试卷共4页，19题，全卷满分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. 已知集合，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解三角方程得到集合，再根据集合交集运算法则求解． 【详解】，，解得， 即， ． 2. 若复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据虚数单位的周期性和复数的除法可得. 【详解】因为，所以， 所以. 3. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】易知向量，显然， 所以. 4. 已知平面 ，两条不重合的直线，则“存在直线，使”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】如果，此时也能找到且，但 并不平行于 ，而是在 内，所以充分性不成立； 根据线面平行的性质定理：如果直线 平行于平面 ，那么过 作一个平面与 相交，交线 就满足，且，所以必要性成立. 即“存在直线，使”是“”的必要不充分条件. 5. 某次考试有10000人参加，若他们的成绩近似服从正态分布，则分数在100-120之间的考生约有（ ）（参考数据：若，则有） A. 1360人 B. 1570人 C. 2720人 D. 3410人 【答案】A 【解析】 【详解】由成绩近似服从正态分布，得， 则 ，则， 所以分数在100-120之间的考生约有1360人. 6. 若实数满足 ，则的最小值是（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，将原问题转化为直线和圆 相切问题，根据圆心到直线的距离等于半径，列方程求解，即得答案. 【详解】由题意知实数满足 ，即点在圆 上， 则可看作点和点的连线的斜率，设点为P，设， 则，即， 当和圆 相切时，k取最大值或最小值； 由圆心到直线的距离为， 得，解得或， 故的最大值是0，最小值是. 7. 已知等比数列的首项为1，前项和为，若，则（ ） A. 1或2 B. 1或4 C. 2或4 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的前n项和公式，分和两种情况计算可得. 【详解】设等比数列的公比为, 当公比时 等比数列前项和，因此，满足. 此时； 当公比时 等比数列前项和公式为​，代入得： ,  整理得，令，则,解得 （对应舍去）或， 因此. 综上所述，或. 8. 已知曲线，将 绕坐标原点逆时针旋转后所得的曲线是某个函数的图像，则正实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意易得曲线与，对于有且只有一个交点，可转化为曲线与至多只有一个交点，求导，根据导数判断函数的单调性，进而确定参数范围. 【详解】易知曲线绕坐标原点逆时针旋转后所得函数为， 则，函数与直线至多有个交点， 设直线上任意异于坐标原点的一点，设，则， 设将点绕坐标原点顺时针旋转后得， 此时满足， 且，则， 即将直线顺时针方向旋转后，得， 且直线与函数至多只有一个交点， 即方程，，在上至多只有一个解， 设， 即对于，曲线与直线在至多一个交点， 则，， 由 ，可知，在上单调递增， 且，， 当时，，即在上单调递增， 此时曲线与直线在至多一个交点，成立； 当时，， 即，使得 ， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，曲线与直线在有两个交点，不成立； 综上所述. 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. 已知函数，则下列命题正确的有（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的最大值是2 C. 若实数 使得方程在上恰好有三个实数解，则 D. 是函数的单调递减区间 【答案】BC 【解析】 【分析】首先化简函数，分别求函数的单调性，对称性及值域，选项C将函数数形结合，转化为交点问题. 【详解】 若函数图象关于点对称，则.但是，所以A错误； 因为的最大值为1，所以的最大值为，所以B正确； 方程在上恰好有三个实数解，即在有三个解， 此时，对应的三个解为：，则，所以C正确； 求的单调递减区间：，解得，所以D错误. 10. 如图，在正方体中，称各面正方形的对角线为面对角线，称为体对角线．设分别为的中点，则（ ） A. 存在面对角线与平面平行 B. 存在体对角线与平面平行 C. 存在面对角线与平面垂直 D. 存在体对角线与平面垂直 【答案】AD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论. 【详解】以为坐标原点，分别以为 轴建立空间直角坐标系，如下图： 设正方体的棱长为2，则， 所以， 设平面 的一个法向量为, 所以， 令，则，可得； 对于A，由可得， 因此，又平面 ，所以平面 ，所以A正确； 对于B，， 体对角线所在的向量为：， 易知, 因此不存在体对角线与平面 平行，即B错误； 对于C，面对角线所在的向量为：， ， 显然以上向量与法向量均不平行， 所以不存在面对角线与平面 垂直，即C错误； 对于D，显然，所以平面 ，即D正确. 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ） A. 第2026行共有2026个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若a，b∈R＋，满足a＋b＋3＝ab，则a＋b的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由，再解一元二次不等式得出a＋b的取值范围. 【详解】， ∴(a＋b)2－4(a＋b)－12≥0，解得a＋b≥6，当且仅当a＝b＝3时取等号 故答案为： 13. 已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若圆锥的体积为，则圆柱的底面半径为__________. 【答案】 【解析】 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为、高为， 则由侧面积相等可得，解得， 由圆锥体积为可得，将代入得，解得 ， 因此. 14. 已知点在轴上，其既是椭圆的焦点，也是双曲线的焦点.设椭圆和双曲线在第二象限的交点为，点在第一象限的双曲线上，且，若为等轴双曲线，则椭圆的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为 ，半焦距为，延长交双曲线于点，即可得到，设，即可表示出，，再由及余弦定理得到，从而结合椭圆定义表示出，结合椭圆的离心率定义求出其离心率. 【详解】设椭圆的长半轴长为，半焦距为，双曲线的实半轴长为 ，半焦距也为， 双曲线的离心率为，则， 延长交双曲线于点， 因为，由双曲线的对称性得. 设，则，由双曲线的定义得，， 由， 知，结合， 化简得，即，， 由P点在椭圆上，可得，即，则， 结合，可得椭圆离心率为. 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，角的对边分别 ，已知. （1）求角 的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式进行化简，结合的范围，得出，即得角 ； （2）通过进行变量代换，借助余弦定理得出的值，再利用面积公式即得面积. 【小问1详解】 由， 得， 即，因为， 所以， 即， 故（舍）或， 由于，所以. 【小问2详解】 ，由， 得，又， 所以， 解得 或（负值舍），故， 又由（1）知， 故的面积为. 16. 已知数列满足. （1）设，证明是等比数列，并求的通项公式； （2）判断数列的单调性. 【答案】（1）由，得： ， 故，即， 又 ， 故是以为首项，为公比的等比数列，且. （2）递增数列 【解析】 【分析】（1）先得 的表达式，即可得求解，根据等比数列的通项求解， （2）代入的通项，进而利用作差法，即可判断单调性. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，解得 ， 即，故数列为递增数列. 17. 袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球.现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量. （1）求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率； （2）求的分布列和期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 3 4 5 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式求解即可； （2）求出随机变量可能的取值及对应的概率，即可求解分布列，进而利用数学期望公式求解即可. 【小问1详解】 记事件 “第二次取出的是黑球”，事件 “第三次取出的是红球”， 事件可分为“第一次取出的是黑球”和“第一次取出的不是黑球”两种情况， 故， 事件 “第二次取出的是黑球，第三次取出的是红球“， 可分为”第一次取出的是黑球“和”第一次取出的是白球"两种情况， 故， 故所求. 【小问2详解】 易知随机变量可能的取值为 ， 当时，前三次分别取出1个红球､1个黑球和1个白球， ， 当 时，前四次分别取出2个黑球和2个白球， ， 当 时，， 故随机变量的分布列为： 3 4 5 期望为. 18. 设函数为自然对数的底数. （1）讨论的单调性； （2）设，记，证明： ①；（注：） ②. 【答案】（1）当 时， 在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2） 由（1）知，当时，在上单调递增， 故当 时，，即有. ①令，则有，即，即， 赋值代入，可得， 累加可得： ②令，则有， 即，化简得， 当 时，由， 累加可得： ， 即. 即有，而当时， 故有. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，然后按照 和分类讨论，由导函数的符号确定单调性； （2）①由（1）知，令，可得，结合对数运算性质及阶乘的定义，利用累加法即可证明； ②令，可得，结合对数运算性质，利用累加法即可证明. 【小问1详解】 由，得， 易知，当且仅当，即 时取等号， 故当 时，，此时在上单调递增； 当时，令， 解得，易知， 当或时， ，当时， ， 故此时在和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略. 19. 如图1所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角为 ，截面与圆锥的轴线的夹角为，当时，截线是圆；当时，截线是椭圆；当时，截线是抛物线；当时，截线为双曲线. 如图2所示，为圆锥的顶点，为底面圆心， 为圆的一条直径，且 为弧 的中点，点满足，点 为线段的中点； （1）求直线与平面 所成角的大小； （2）平面 与圆锥的截线记为曲线，在平面 内，以所在的直线为轴（设以的方向为轴正方向），以线段的中垂线为轴（设以逆时针旋转后的方向为轴正方向），建立平面直角坐标系. ①求出曲线的标准方程； ②设 为曲线上两动点，若 的平分线与轴垂直，求证：直线的斜率是定值，并求出这个定值. 【答案】（1） （2）① ；②易知直线 的斜率存在，设其方程为 ， 联立 得 ， 设点 ，由韦达定理与点坐标，则， 的平分线与轴垂直，故直线 与直线的斜率互为相反数， 设直线的方程为 ， 设点 ，同理可得， 故直线 的斜率为，是一个定值. 【解析】 【分析】（1）由题设建立适当空间直角坐标系，求出和平面 的一个法向量即可由向量夹角余弦公式计算求解 ，进而得解； （2）①先由题设结合（1）得到曲线是椭圆，由求出 ，接着求出点在平面 内的坐标，由点在曲线上求出 即可得解； ②设直线 的方程为 ，与椭圆联立求出韦达定理，设点 ，由韦达定理与点坐标求出，同理求出点 中的，即可计算直线 的斜率是一个定值. 【小问1详解】 由题设以为原点，分别以所在直线和正方向为轴､轴､ 轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 故 ， 设平面 的一个法向量为， 则，令，则 故，则， 故直线与平面 所成角的大小为. 【小问2详解】 ①由（1）知，直线与圆锥母线所成的角为，且，故曲线为椭圆， 设该椭圆的方程为 ，故 ； 由（1）可得 ，设与的交点为 ， 则 ， 易得 ，即 ，且， 设的中点为，易得 ，故 ， 故点在平面 内的坐标为 ， 因为点在曲线上，故有 ， 故曲线的标准方程为 . ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $