精品解析：湖北鄂州市2026届高三下学期3月质检数学试卷

2026年鄂州市高三（3月）质量监测 数学试卷 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，只有一项符合题目要求. 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的离心率为，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 已知，则（ ） A. 32 B. 31 C. D. 1 5. 已知函数为奇函数，且为偶函数，当时，有，则（ ） A. 2025 B. C. D. 6. 已知数列的首项，且满足，则数列（ ） A. 单调递增 B. 单调递减 C. 先减后增 D. 先增后减 7. 已知等边三角形的边长是，是三角形所在平面内的动点，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知非负实数，满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. C. 7 D. 二、选择题：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. 下列关于函数的说法正确的有（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位长度 C. 函数的图象关于点中心对称 D. 函数在区间上单调递减 10. 已知函数，，为的极大值点，，则（ ） A. B. C. D. 11. 平面上一动点到原点的距离与到直线的距离之和为常数，点的轨迹为曲线，点在曲线上，则（ ） A. B. C. 面积的最大值为9 D. 从曲线内任取一整点（横纵坐标均为整数），该点位于圆内的概率大于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知名同学的跳远成绩（单位：）排序后如下：，，，，，，，，，，则这组数据的第百分位数是________. 13. 某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一圈铁皮围栏围着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底同一水平面内共线的三个点，，，且在点，，处测得塔顶端的仰角分别为，，，同时测得，（如下图），则塔的高度为________. 14. 如图，经过抛物线：的焦点的直线交抛物线于，两点（点在第一象限），直线的倾斜角为，经过点和原点的直线与的准线交于点. （1）当时，________； （2）绕直线旋转一周所形成的几何体体积最小时，直线的斜率为________. 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，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，是线段上一点，且. （1）求角； （2）若，平分，求. 16. 如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，，且，为线段的中点. （1）求证：平面； （2）若，，求平面与平面的夹角. 17. 在区块链技术支持的加密资产网络中，设有两个智能合约钱包（甲钱包与乙钱包）.每个钱包初始配置有1枚“黑币”（代表高波动性资产）与2枚“白币”（代表稳定资产）.为平衡资产风险，系统执行如下自动交换协议：每次从两个钱包中各随机抽取一币，并交换存入对方钱包.记该协议重复执行次后，甲钱包中“黑币”的数量为，甲钱包中恰好有1枚“黑币”的概率为. （1）求； （2）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式； （3）求. 18. 已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切. （1）求动圆圆心的轨迹的方程； （2）设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明： （i）以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标； （ii）直线与圆相切. 19. 已知函数 （1）当时，求的最小值； （2）当时，，求的取值范围： （3）已知点，按照如下方式依次构造点：过点作曲线的切线与轴交于点，令为过点且斜率为0的直线与曲线的交点，记的面积为，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年鄂州市高三（3月）质量监测 数学试卷 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，只有一项符合题目要求. 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数乘法运算法则，写成的形式，得其对应点的坐标，判断即可. 【详解】因为. 所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限. 2. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，， 所以. 3. 双曲线的离心率为，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以， 所以， 所以，解得. 4. 已知，则（ ） A. 32 B. 31 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】令，则； 令，则，故. 5. 已知函数为奇函数，且为偶函数，当时，有，则（ ） A. 2025 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断出函数的周期，结合可求的值. 【详解】因为为奇函数，故， 因为为偶函数，故， 故，所以， 故是周期函数且周期为4，而， 故， 而，故. 6. 已知数列的首项，且满足，则数列（ ） A. 单调递增 B. 单调递减 C. 先减后增 D. 先增后减 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，构造等比数列，求出，得出数列的通项公式，结合指数函数的性质，即可求解. 【详解】由，可得，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即，可得， 根据指数函数单调性可知，可得数列是单调递减数列. 7. 已知等边三角形的边长是，是三角形所在平面内的动点，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的减法运算及向量模的不等式，数量积的性质与运算求解. 【详解】， ， 因为等边三角形的边长是， 所以， 所以，又， 故， 即. 8. 已知非负实数，满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. C. 7 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，则的几何意义即为，结合对称可求前者的最小值. 【详解】设原点关于直线的对称点为， 则，故，故. 设，因为，为非负实数，且，欲求的最小值， 即求线段上的点到轴的距离与到原点距离之和最小， 即为的最小值，如图，设在轴上的垂足为， 则， 当且仅当共线时等号成立， 故的最小值为. 二、选择题：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. 下列关于函数的说法正确的有（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位长度 C. 函数的图象关于点中心对称 D. 函数在区间上单调递减 【答案】AC 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简，利用正弦型三角函数的性质逐项判断即可得答案. 【详解】， 所以的最小正周期，故A正确； 函数的图象向左平移个长度单位得到函数 ，故B不正确； 对于函数，由于， 所以函数的图象关于点中心对称，故C正确； 当时，， 所以函数在区间上单调递增，故D错误. 10. 已知函数，，为的极大值点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】先求出的导数，再设，利用导数结合零点存在定理可判断的极值点满足的性质，据此判断AB的正误，再利用导数求出的单调性，设，利用导数研究其单调性后可判断，故可判断CD的正误. 【详解】因为，设， 则，当时，；当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，当时，即， 而，故存在，使得即， 且时，即，当，即， 故为的极大值点即， 由前述分析可得也是最大值点且，故B正确. 而，而， 故，即A正确. 易知，当时，；当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 因为，故为方程的解， 当时，，而，此时方程无解； 当时，设， 因为在上为增函数，在上为减函数， 故在上为增函数，而， ，故在上存在唯一的零点， 而当时，因为在上为减函数，故， 当时，恒成立，故无解， 综上，即，故C正确，D错误. 11. 平面上一动点到原点的距离与到直线的距离之和为常数，点的轨迹为曲线，点在曲线上，则（ ） A. B. C. 面积的最大值为9 D. 从曲线内任取一整点（横纵坐标均为整数），该点位于圆内的概率大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出曲线方程并代入所过的点后可判断A，根据曲线方程结合放缩法和作差法可判断B的正误，根据曲线方程可求到距离的最大值后可判断C的正误，利用斜率换元结合导数可求动点坐标的范围，从而可估算概率后判断D的正误，我们还可以利用复数的三角形求出旋转后曲线对应的方程，从而可判断BC. 【详解】设动点，由题得到 而点在此曲线上，所以，A正确； 由于，，显然即. 而， 所以，所以，从而， 当且仅当即或时等号成立，故，B错误； 设曲线上的动点到直线的距离为，则， 而，故，由B的分析可得， 故，故的面积，C正确； 对于D，设圆内的整点集合为， 则共有25个点， 因为，故曲线内至少有个整点. 因为，则至少有一个不为零， 不妨设，，则，则， 若，则， 令，， 则，此时在上为减函数， 故在上的值域为，故， 若，， 令，， 则即在为增函数， 故在的值域为，故此时， 综上，，由对称性可得，而， 故平面区域内共有81个整点， 上述平面区域包含了曲线，从曲线任取一整点（横纵坐标均为整数），则整数点个数小于个， 所以该点位于圆内的概率大于，D正确. 对于BC，我们提供另外的解法如下： 将曲线绕原点顺时针方向旋转，则旋转前后和面积均保持不变. 设为曲线任意点，旋转后对应点的坐标为，则对应的复数为， 故对应的复数为，故， 故，整理得，故，故曲线的图形如下： 此时旋转后对应的点，故此时的最大值为, 而，故， 当且仅当等号成立，故B错误，C正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知名同学的跳远成绩（单位：）排序后如下：，，，，，，，，，，则这组数据的第百分位数是________. 【答案】4.05 【解析】 【详解】因为， 故第百分位数为第个数和第个数的平均数即为. 13. 某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一圈铁皮围栏围着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底同一水平面内共线的三个点，，，且在点，，处测得塔顶端的仰角分别为，，，同时测得，（如下图），则塔的高度为________. 【答案】60 【解析】 【分析】设，则可由余弦定理构建关于的方程，求出其解即可. 【详解】由题设， 设，则， 在中，由余弦定理有， 故，同理， 而，故， 所以，故， 故. 14. 如图，经过抛物线：的焦点的直线交抛物线于，两点（点在第一象限），直线的倾斜角为，经过点和原点的直线与的准线交于点. （1）当时，________； （2）绕直线旋转一周所形成的几何体体积最小时，直线的斜率为________. 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】（1）求出点的坐标，求出直线的方程，再求出点纵坐标即可得解； （2）求出几何体的体积，利用导数求体积有最小值时对应的即可得解. 【详解】（1）由可知，焦点，准线方程为， 因为直线的倾斜角为， 所以直线的方程为， 联立，可得，解得或， 因为点在第一象限，且倾斜角为， 所以，代入，可得, 所以，可得直线的方程为， 代入直线方程，可得， 所以. （2）可证得,即，过作，交延长线于点， 过作于， 绕旋转一周所形成几何体可以看作上下底半径分别为为半径，为高的圆台， 挖去以为半径，高为的圆锥后所得几何体， 故几何体的体积为： ， 令， 则 ， 又，， 分析可知，当时，最大，几何体的体积最小， 由同角三角函数关系得，于是. 即直线的斜率为. 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，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，是线段上一点，且. （1）求角； （2）若，平分，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合三角变换公式可得，故可求； （2）由三角形面积公式结合余弦定理可得关于的方程，求出其解后结合角平分线的性质可求. 【小问1详解】 由条件，利用正弦定理可得， 因为，所以， 代入上式：， 整理得：，又， 故即，又，所以. 【小问2详解】 由三角形面积公式知，可得， 又，由余弦定理，得， 于是可得或. 因为平分，由角平分线性质，， 且，所以 故的长度为或. 16. 如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，，且，为线段的中点. （1）求证：平面； （2）若，，求平面与平面的夹角. 【答案】（1） 设 ，连，则， 又为线段的中点，所以， 又 ， ，，即， 故，所以四边形为平行四边形， 故，而 平面 ，平面 ，故平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）设 ，连，则可证四边形为平行四边形，从而，再根据线面平行的判定定理可证平面 ； （2）先证明 平面，再建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角，或过点作，连接，可证为面面角，利用解直角三角形可求面面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 延长交于，则为的中点，连，， 由，，故，故， 而为的中点，故， 由（1）知，故， 故四边形 为平行四边形，所以， 因为 ，，， 平面， 所以 平面，又平面，所以平面平面 又平面平面，， 平面， 所以 平面，又，所以 平面. 而 平面，故 ，由正方形可得， 而平面，故 平面. 法1：如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，， 设平面 的法向量 ，则即， 不妨令，则 ，即. 故平面的法向量， 设两平面所成的角为，则， 故，所以. 法2：过点作，连接， 因为 平面，平面，故 ， 而平面，故 平面， 而平面，故，则即为平面与平面 的夹角， 而，而为锐角，所以， 即平面与平面 的夹角为. 17. 在区块链技术支持的加密资产网络中，设有两个智能合约钱包（甲钱包与乙钱包）.每个钱包初始配置有1枚“黑币”（代表高波动性资产）与2枚“白币”（代表稳定资产）.为平衡资产风险，系统执行如下自动交换协议：每次从两个钱包中各随机抽取一币，并交换存入对方钱包.记该协议重复执行次后，甲钱包中“黑币”的数量为，甲钱包中恰好有1枚“黑币”的概率为. （1）求； （2）证明：数列是等比数列，并求出数列的通项公式； （3）求. 【答案】（1） （2）证明：当时，设有甲钱包恰有两枚“黑币”的概率为， 则没有“黑币”的概率为， ， 故. 又，故为等比数列, 故, （3）1 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式可求； （2）根据全概率公式构建递推关系后可得，利用构造法可证明是等比数列且可求的通项公式； （3）根据题意可得，故可求. 【小问1详解】 由题意得. 【小问2详解】 证明略；. 【小问3详解】 由题的可能取值为0，1，2，其概率分布列为： 0 1 2 依题意，即.于是 故. 18. 已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切. （1）求动圆圆心的轨迹的方程； （2）设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明： （i）以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标； （ii）直线与圆相切. 【答案】（1） （2） 曲线与轴交于，两点， 由方程令，得，即，，点为椭圆的右焦点. （i）法1：设过点的动直线的方程为： ， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，，则，， 不妨记，则 直线 的方程为：，与直线交于点，则， 同理，直线与直线交于点，则， ，，， 而， 在以为直径的圆上即圆过定点， 由对称性知，圆还过定点，所以圆过定点和. 法2：设过点的动直线的方程为： ， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，， 则，，， 直线 的方程为：，所以点，同理， 设以为直径的圆与轴的交点，则， 即（*）， 而 ， 代入（*）可得，得或即圆过定点， 定点坐标为或. （ii）直线 的方程为：，点， 同理，， 而 ， ，而的方向向量， ，于，故直线与圆相切，切于点. 【解析】 【分析】（1）根据圆与圆相切可得，依据椭圆的定义可求椭圆方程； （2）（i）设动直线的方程为： ，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得，再结合数量积可得，从而可求定点或设以为直径的圆与轴的交点，则，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用坐标表示的纵坐标，结合韦达定理化简后可证与的方向向量垂直，从而可得直线与圆相切. 【小问1详解】 圆化为标准方程为，圆心，半径 圆化为标准方程为，圆心，半径 设动圆圆心，其半径为. 由题意，圆与圆外切，与圆内切，故， 两式相加得. 即动点到两定点与的距离之和为常数12，且 满足椭圆的定义，于是其方程为： 【小问2详解】 略 19. 已知函数 （1）当时，求的最小值； （2）当时，，求的取值范围： （3）已知点，按照如下方式依次构造点：过点作曲线的切线与轴交于点，令为过点且斜率为0的直线与曲线的交点，记的面积为，，证明：. 【答案】（1） 0 （2） （3） 法一：由题意，点在曲线上，设，， 已知，即，过的切线方程为：. 与轴交点的坐标为， 过且斜率为0的直线为， 与曲线的交点满足， 所以是以1为首项，为公比的等比数列， 因此，， 所以，的坐标为，的坐标为， 的底边的长度为，高为1，故面积，， 于是，则， 所以要证，即证， 而（2）中时，任意时，有恒成立， 故有时，恒成立， 令，则有， 所以，，…，， 求和得，所以原不等式成立. 法二：令， 求导得， 所以在单调递增，所以， 令可得恒成立，， 对求和得. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数后判断其符号，则可得函数的单调性； （2）求出函数的导数，令，求出后先判断时的符号可得原函数的单调性，再求出的二阶导数，就、分类讨论可确定参数的范围，当时可直接判断的单调性后得原函数的单调性，从而判断参数的范围；也可以利用放缩法证明当不等式恒成立，再结合导数证分类明不等式不恒成立即可；另外利用换元法可将原不等式转化为恒成立，同样可结合导数探求参数的范围； （3）先利用导数的几何意义求得，求出的通项公式后可求面积，从而得的通项，结合（2）的结果可得不等式，结合裂项相消法可证不等式，或者证明，同样可得，再结合裂项相消法可证不等式亦可. 【小问1详解】 时，，，. 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在单调递增，所以. 【小问2详解】 法一：，， 其中，记，， （i）当时，，所以在上单调递减， 又，所以时，，即， 所以在上单调递减，又，所以恒成立， 故合题意； （ii）当时，设，则， 故在上单调递减， 又，所以时，，同（i）可得恒成立， 故合题意； （iii）当时，因为，所以在上单调递减， 此时，， 所以当时，，所以在单调递增， 又，所以，，即， 所以在单调递增， 又，所以，，不合题意. （iv）当时，显然为上的增函数，又， 所以时，，即，所以在上单调递增， 又，所以恒成立，故不合题意； 综上所述，实数的取值范围为. 法二：（i）当时，，， 设，，， 所以在上单调递减， 又，所以，当时，，即， 所以恒成立，故合题意； （ii）当时，，（由第（1）问可知）， 故，不合题意； （iii）当时，， 记，， 为减函数，且，， 所以，当时，，所以在单调递增，又， 所以，，即， 所以在单调递增，又， 所以，，不合题意. 综上所述，实数的取值范围为. 法三：恒成立等价于恒成立. 令，则不等式可化为：， 令，则，且需对恒成立. 求导得，， 令，， 求导得， 故， ①当时，，所以在上递减， 又，所以，即， 所以在上递减，又，从而，不满足条件. ②当且时，在时，， 同上分析可知，在时，，不满足条件. ③当时，，且对，， 由于，，，即恒成立， 故在上为增函数，故， 即，进一步知为增函数，故，合题意. 综上所述，即为所求. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $