精品解析：湖北恩施州2026届高三第二次质量监测考试数学试题

恩施州2026届高三第二次质量监测考试数学 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：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的定义即可求解． 【详解】因为， 所以可取 ，即可取， 所以，则． 2. 复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘、除运算以及复数模的求法求解即可. 【详解】因为，所以， . 3. 等差数列的前项和为，满足，则（ ） A. B. C. D. 均为的最大值 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件可得，，根据等差数列的求和公式，分析即可得答案. 【详解】由题意， 所以．故C正确． 无法判断的正负，故A、B、D错误. 4. 已知向量，若向量满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设，由题意得：， 解得，所以. 5. 如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以所在平面作为下底面，将展开图还原为正方体，根据正方体性质判断选项即可. 【详解】以所在平面作为下底面还原， 则 重合，重合，还原成如图正方体: 对于A，由图可得异面不平行，故A错误； 对于B，显然，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，由图可得 异面不平行，故D错误. 6. 已知，若实数 满足恒成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据 的情况分类讨论即可求解. 【详解】由题意 ，当时，，由， 所以，即，故当满足题意； 当时，由 ，所以，又， 所以，满足题意； 当 时，， 即在恒成立，令， 所以，由，所以 ， 所以在单调递增，所以， 所以，所以， 综上所述. 7. 已知函数在上不单调，则函数图象的对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对 进行分类讨论，结合正切函数的图像即可求解. 【详解】 在上单调递增，不合题意； 在上单调递增，不合题意； 在上单调递增，不合题意； 图象如图，满足题意，它的对称中心为．故选A． 8. 锐角 中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据和求出角的值，然后确定角的范围，然后分析选项. 【详解】由题意得 ， ， ， 因为，，， 又是锐角三角形，，. ，A错误； ，B错误； 由正弦定理可知，， 即，C正确； ，D错误. 二、选择题：本大题共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． 9. 设为样本的一个随机变量，则关于数学期望的表述正确的有（ ） A. 样本估计总体时，总体的均值一定为 B. 反应了取值的平均水平 C. D. 若服从分布，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，根据样本期望是随机变量，总体均值是定值即可判断；对于选项B，结合期望的含义即可判断；对于选项C，利用方差的非负性公式即可判断；对于选项D，结合期望计算公式判断. 【详解】对于A，用样本估计总体时，样本的均值为随机变量，总体的均值是固定的，故错误； 对于B，期望的含义是反映了随机变量取值的平均水平，故正确； 对于C,故正确； 对于D,分布的期望为，故正确． 10. 已知，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】通过三角恒等变换，引入中间变量将和分别转化为关于的函数，并根据的范围确定的取值范围，再利用导数求函数的单调性，进而求出值域，从而判断各选项的正误. 【详解】， 令，则， 即，则， ， 因为，所以，则 设，则， 时，即在上单调递减， 当时，， 当时，，所以 故有最小值，无最大值；故A正确B错误； ， 设，则， 时，即在上单调递增， 当时，， 当时，，所以 则有最大值，无最小值，故D正确C错误. 11. 已知抛物线经过平移后得到曲线与轴交于 两点，点坐标为的外接圆为圆 ，则下列说法正确的是（ ） A. 的焦点坐标为 B. 圆心 在直线上 C. 圆 过定点 D. 若，则圆 与有且仅有两个交点 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A由抛物线方程求出曲线焦点坐标；选项B先求出两点 的坐标，再根据圆的性质求出圆心 的坐标判断；选项C先求出圆的方程，然后将定点代入验证；选项D求出圆的方程联立方程判断交点个数. 【详解】已知曲线， 即， 所以焦点坐标为， 即曲线的焦点坐标，故A正确． 已知， 设 的外接圆的一般方程为， 则满足以下方程组 又，又， 所以． 可得外接圆圆心的坐标为，即， 故外接圆圆心满足，B错． 又， 该外接圆经过的定点（x，y）满足， 解得（1，1）与满足题意，故圆 E经过定点，C正确． 当时，联立圆 和曲线的方程有， 解得 或， 因为， 所以圆 和曲线有且仅有 两点，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在处的切线方程为___________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，令，则， 所以切线方程为． 故在点处的切线方程为． 13. 双曲线的左右焦点分别为，双曲线右支上一点满足，则直线的斜率为______． 【答案】或2 【解析】 【分析】根据双曲线的定义及勾股定理求出，结合双曲线的对称性及直线的倾斜角与的关系求解即可. 【详解】设，， 由双曲线的定义及勾股定理得，可得， ，设，则，. 又，即，解得或（舍去）， 所以直线的斜率为， 结合双曲线对称性可知，直线的斜率为或2． 14. 将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________． 【答案】29 【解析】 【分析】先确定不能恰好共用一个方格顶点是不能斜对角相邻，所以小球必不可能在中间的方格，再将四个角设成类方格，其它方格为B类方格，分类讨论即可. 【详解】根据题意，两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点， 即禁止斜对角相邻，可以上下左右相邻（共用两个方格顶点）或不相邻（无公共顶点）， 可以把的方格分为 两类， 小球必不可能在中间方格，否则一定会有斜对角相邻的情况， 将四个角的方格设成类方格，以保证类在除去中间方格的情况下没有斜对角相邻的方格， 剩余4个小格为类方格，如图所示： （1）4个小球若占用4个A类方格，有种； （2）4个小球若占用3个A类方格，1个B类方格，有种； （3）4个小球若占用2个A类方格，2个B类方格， 此时只能选择隔着中间方格相对的B类方格，共2种可能，所以此时有种； （4）4个小球若占用1个A类方格，3个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍. （5）4个小球若占用4个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍. 因此，共有种． 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知椭圆与直线交于两点． （1）求椭圆的方程； （2）若上存在关于原点对称的两点，使得与的面积相等，求这两点的坐标． 【答案】（1） （2）与． 【解析】 【分析】（1）代入点求出 即可求解； （2）由对称性及三角形面积相等，可得，得出直线方程，联立椭圆方程求交点坐标. 【小问1详解】 将点代入椭圆方程得， 将代入直线方程得，解得 或（舍去）， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 连接，如图， ’ 因为与的面积相等，则直线， 设直线的方程为 由（1）可知，直线，所以．. 由，消去，整理得关于的方程， 解得， 所以这两点坐标为与． 16. 某景区为回馈游客设计了一项抽奖活动，每轮抽奖规则是：从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中一次抽取3个球，每一个红球积1分，每一个黑球积0分；每位游客只能参加一轮抽奖活动，若所得积分大于或等于2，即可获得景区门票一张． （1）求游客甲在一轮抽奖中所得积分的分布列； （2）若某旅行团共5位游客，每位游客获奖的概率稳定且相互独立，求该旅行团获得景区门票人数的众数． 【答案】（1） 0 1 2 3 （2）3人或4人【解析】 【分析】（1）根据题意求得所有可能取值为0，1，2，3对应的概率即可求解； （2）先求得在一轮抽奖中获得景区门票的概率，记成功的人数为，则，求得的最大值即可． 【小问1详解】 由题知的所有可能取值为0，1，2，3， 则， ， 故的分布列为 0 1 2 3 【小问2详解】 在一轮抽奖中所得积分大于或等于2的概率为， 5位游客在5轮抽奖中，记成功的人数为，则， 故， 法一： . 且，故5位游客在5轮抽奖中，该旅行团获得景区门票人数的众数是3人或4人． 法二：假设当时，对应概率取值最大， 则且， 解得， 且， 故5位游客在5轮抽奖中，该旅行团获得景区门票人数的众数是3人或4人． 17. 已知各项均为正数的数列，满足． （1）求； （2）设数列满足，记其前项和为，且，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入递推式，配方得，推出，可得的公比，进而求得的通项公式； （2）由表达式得连续四项和，代入 得 ，结合枚举出唯一解，再代入具体项计算比值. 【小问1详解】 由题意得，则有， 整理得， 即， 两边同时平方，得， 即，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 ， 则， 即， 所以， 若，则，显然不成立， 若，即， 此时若：，则，亦不成立， 故，于是， 若，不成立， 所以， 综上， 所以. 故. 18. 已知函数 ． （1）当 时，令 ，求的最小值； （2）当 时，求证： ； （3）若 ，求证：. 【答案】（1）0 （2）令 ， ， 在 单调递增， ， ， 由（1）可得， ．① 令 ， ， ， ， ．② ① ②可得 ， 不等式成立. （3） ，， 即证 ， 不妨设，令， 则， ， 令 ，则 ， ， ， ， ，故为 上的增函数． ，当且仅当时取等号，故 为 上的增函数． ， ， 故原命题得证． 【解析】 【分析】（1）利用导数分析单调性，进而确定最值； （2）先通过两个常用不等式放缩 ， 相加得到 ，再构造，结合 得到 ，进而证明目标不等式； （3）先由 将目标式转化为证明 ，构造，通过导数判断单调性，最终得到结论. 【小问1详解】 ，令， 所以 在 上单调递增，所以 ，即 的最小值为0. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 如图，四面体中， 是 的中点．若 是点在平面 内的投影，存在实数满足． （1）（i）求的值； （ii）若，求的取值范围； （2）若，异面直线与 所成角为，记四面体 外接球的半径为 ，求证：当取最小值时， ． 【答案】（1）（i）； （ii） （2）证明如下： 法一：因为异面直线与 所成的角为，则 设与平面 所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 设四面体 外接球的球心为, ， 则，即， ,, ． 令 ， 令，则 令，则，. 所以在上单调递减，在上单调递增，在时取最小值， 即 ，故 . 法二：由题设条件，可将四面体 补为直三棱柱 ． 如图所示，因为与 两异面直线所成的角为，所以． ． 在中，由余弦定理，． 因为 ． 设四面体 外接球的球心为，则在平面内的投影 为的外心，则． 由正弦定理，． 则． 所以，令， 令， 则 令 ，令， 解得 ，或（舍去）， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在时取最小值，即 ，故 ． 【解析】 【分析】（1）（i）连接 ，作于 点，可得面 ，即 点与在平面 内的投影重合，从而 三点共线，由 化简可得，由三点共线的性质即可求解的值； （ii）由 可得，则 利用 即可求解； （2）法一：设与平面 所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出各点的坐标以及四面体 外接球的球心为 根据 ，可得，化简可得 由 可得，从而得到，令 得，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论； 法二：将四面体 补为直三棱柱 ．可得．则 ，在中，由余弦定理化简可得 设四面体 外接球的球心为，则在平面内的投影，为的外心，由正弦定理，．则，化简得，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论. 【小问1详解】 （i）连接 ，因为 ，所以 ． 又 ，所以 ． 因为 ，且两直线在平面内，所以面 . 作于 点，所以 ，因为 ，且两直线在平面内，所以面 ． 所以 点与在平面 内的投影重合，从而 三点共线． 因为 ． 所以 （ii） 所以为 的中点， 则 ， 由题意 ， 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 恩施州2026届高三第二次质量监测考试数学 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：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 3. 等差数列的前项和为，满足，则（ ） A. B. C. D. 均为的最大值 4. 已知向量，若向量满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，若实数 满足恒成立，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在上不单调，则函数图象的对称中心为（ ） A. B. C. D. 8. 锐角 中，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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． 9. 设为样本的一个随机变量，则关于数学期望的表述正确的有（ ） A. 样本估计总体时，总体的均值一定为 B. 反应了取值的平均水平 C. D. 若服从分布，则 10. 已知，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 11. 已知抛物线经过平移后得到曲线与轴交于 两点，点 坐标为的外接圆为圆，则下列说法正确的是（ ） A. 的焦点坐标为 B. 圆心在直线上 C. 圆过定点 D. 若，则圆与有且仅有两个交点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线在处的切线方程为___________． 13. 双曲线的左右焦点分别为，双曲线右支上一点满足，则直线的斜率为______． 14. 将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________． 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知椭圆与直线交于两点． （1）求椭圆 的方程； （2）若 上存在关于原点对称的两点，使得与的面积相等，求这两点的坐标． 16. 某景区为回馈游客设计了一项抽奖活动，每轮抽奖规则是：从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中一次抽取3个球，每一个红球积1分，每一个黑球积0分；每位游客只能参加一轮抽奖活动，若所得积分大于或等于2，即可获得景区门票一张． （1）求游客甲在一轮抽奖中所得积分的分布列； （2）若某旅行团共5位游客，每位游客获奖的概率稳定且相互独立，求该旅行团获得景区门票人数的众数． 17. 已知各项均为正数的数列，满足． （1）求； （2）设数列满足，记其前项和为，且，求 18. 已知函数 ． （1）当 时，令 ，求的最小值； （2）当 时，求证： ； （3）若 ，求证：. 19. 如图，四面体中， 是的中点．若 是点在平面 内的投影，存在实数 满足． （1）（i）求 的值； （ii）若，求的取值范围； （2）若，异面直线与所成角为，记四面体 外接球的半径为 ，求证：当取最小值时， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $