精品解析：湖北省仙桃中学2026届高三年级4月第一次半月考试卷数学试卷

湖北省仙桃中学2026届高三年级4月第一次半月考试卷 数学试卷 命题人：童扬平 审题人：陶晨 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知，q：直线与直线平行，则是的（ ） 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】A 【解析】 【分析】根据两直线平行求出的值，结合充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，即，解得 或. 当 时，，满足平行条件. 当时，，满足平行条件. 所以，两直线平行时 或. 因此是的充分不必要条件. 2. 若，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 3. 若，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取特殊值，结合不等式性质判断. 【详解】对于A：取 ，，满足，但不满足，故A错误； 对于B：取 ，，满足，但不满足，故B错误； 对于C：因为 ，则，又，所以，故C正确； 对于D：取，则，故D错误； 故选：C 4. 在中，，，N为BC的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ） A. 10 B. 20 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得，分别取线段的中点为结合向量数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果. 【详解】因为为的中点，则， 所以． 如图，分别取线段，的中点为， ，因为为的外接圆圆心， 所以，， 则， ， 因此． 5. 已知点为抛物线上一点，过点作圆：的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，点的坐标为 ，有，利用两点间距离公式可求得的最小值，进而可得，可得的最小值； 【详解】设，点的坐标为 ，有， 由圆：，可得圆心，半径， 因此, 由，有， 因此的最小值为. 6. 设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的图像和性质即可解得. 【详解】因为图像经过， 所以. 即. 解得. 由图像可知，即， 解得，所以，. 所以的最小正周期为. 故选：C 7. 已知数列的各项均不为0，其前 项积为，且，记数列的前 项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据已知条件推导出数列的通项公式，进而可知的表达式，然后求出的通项公式，利用裂项相消法求得结果. 【详解】将代入得，即，解得 ， 当时，将代入得， 去分母得，所以， 所以，所以， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列， 所以，所以， 所以， 所以. 8. 已知函数，若恒成立，则ab的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. e 【答案】B 【解析】 【分析】求导并利用赋值法求出函数，再等价变形给定不等式并构造函数，按分类，利用导数求出最小值，进而求得，然后构造函数并利用导数求出最大值即可. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 则，解得 ，于是， 又，则，， 不等式， 令，依题意，恒成立， 当时，，函数在R上单调递增， 而时， ，不恒成立； 当时，恒成立，则，； 当时，由，得 ；由，得 ， 函数在 上单调递减，在 上单调递增，， 因此，，令函数， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 因此的最大值是，此时， 而，故的最大值是. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正态分布的 原则以及正态分布的对称性即可解出. 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 10. 如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（ ） A. 平面平面 B. C. D. 平行六面体的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由线面平行得到面面平行；B选项，由线面垂直的判定定理和性质定理可证；C选项，先根据线面垂直得到线线垂直，由空间向量相关公式得到的长度，进而求出；D选项，求出平行六面体的高，得到体积. 【详解】A选项，因为，，所以四边形 为平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可知，平面， 又，平面，所以平面平面，A正确； B选项，连接，因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以⊥， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以 平面， 因为平面，所以，B正确； C选项，因为平面，平面，所以， ，， 则， 即， 又，，设的长度为， 故，解得，负值舍去， 又， 故 ， 所以，C错误； D选项，， 又， 故，故， 过点作 ⊥于点，则， 因为 平面，平面，所以， 因为 平面，为相交直线， 所以 ⊥平面，故 为平行六面体的高， 菱形的面积为， 则平行六面体的体积为，D正确. 11. 如图，在中，，的内切圆与 相切于点，的面积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为定值2 C. D. 记的内心为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由三角形内切圆的性质可判断A；由三角形的面积公式，结合余弦定理可判断B；由直线的斜率公式及二倍角公式可判断C；联立直线的方程，表示出点的坐标，结合双曲线的定义，可判断D. 【详解】 如图1，设的内切圆与分别相切于点 . 对于A，根据内切圆的性质，得， 则， 而，所以，则，故A正确. 对于B，在中，由余弦定理得①， 又，即，得， 代入①中，得，所以， 所以. 故，故B错误. 对于C，以 的中点为原点， 为轴建立如图2所示的平面直角坐标系， 则，，由， 结合双曲线的定义知，点在以为焦点，以为顶点的双曲线右支上， 其方程为. 设，则，即. 当时，， 而， 故. 又，所以. 当时，，所以，故，依然满足. 综上所述，，故C正确. 对于D，若的内心为，则等价于点在双曲线 的右支上. 如图2，不妨设，则，又， 故. 由，， 联立解得交点， 则，即点满足 ，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知且，则______． 【答案】64 【解析】 【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解. 【详解】由题，整理得， 或，又， 所以，故 故答案为：64. 13. 已知数列是首项为16，公比为的等比数列，是公差为2的等差数列.若集合中恰有3个元素，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得,,且，从而得，代入求解即可. 【详解】由题意可得,, 又因为集合中恰有3个元素， 即 只有3个解， 因为 单调递减， 单调递增， 所以， 所以，即，解得，即的范围为. 故答案为： 14. 已知函数，且，则实数的值为__________；若，且，则的取值范围为__________ 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】求出，即可计算求解c；由c得到以及，进而消元得到，接着构造，由b的范围和以及的单调性即可分析求解. 【详解】由题可知， ∴， 令， 又， ∴， ∴，∴； ∵，∴， 且， ∵，且由，及，可知， ∴令函数， 则，且易知为单调递减函数， ∴，即， 易知，∴的取值范围为． 故答案为：1；. 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，内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明：在中，由余弦定理，得 因为，所以. 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式化简可得，结合余弦定理化简，从而解得，结合正弦定理即可求解； （2）根据利用余弦定理化简可得，结合三角函数的图像与性质即可求解. 【小问1详解】 由，得，整理，得. 在中，由余弦定理，得. 把代入上式，得， 因为 ，所以. 在中，由正弦定理，得 【小问2详解】 略 16. 如图，内接于圆， 为圆的直径，平面，为线段的中点． （1）求证：平面 平面； （2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 因为内接于圆， 为圆的直径，所以． 因为平面，平面， 所以 ． 又，平面，， 所以平面． 因为平面，所以平面 平面． （2） 【解析】 【分析】第（1）问利用直径所对圆周角是直角和线面垂直的性质，先证线线垂直再证线面垂直，最后推出面面垂直； 第（2）问建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式计算两个平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，，平面， 所以 ， ． 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，所以， 则，，，， 所以，． 设平面的法向量，由得 不妨设 ，则， 所以平面的一个法向量． 又，， 设平面的法向量， 由得 不妨设 ，则，， 所以平面的一个法向量． 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为． 17. 已知函数 （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求证：； （3）求证：（其中）． 【答案】（1） （2）证明如下： 由（1）知：，则， 不等式，即， 即，其中 ， 设 ，可得，且 ，不等式即为， 令，可得， 当 时， ，单调递增； 当时， ，单调递减， 所以时，函数取得最大值，最大值为， 所以，即，所以， 所以. （3）证明如下： 由（2）知：，又， 则，其中 ，化简得， 令，则， 所以， 由等比数列的前 项和公式，可得， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）先求得，得到 且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）由（1）可得，设 ，得，令，求得，得到单调性和最大值，得到，即可得证. （3）由（2）化简得到，令，得到，结合对数的运算法则和等比数列的求和公式，即可得证. 【小问1详解】 由函数，可得， 则 且，即切线的斜率为，切点坐标为， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 已知抛物线的焦点为点 ，点在抛物线上，，且的最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）设点P不在坐标轴上，过P可作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B， ①证明：； ②若直线 ， ，直线AB与x轴相交于点H，求的最大值． 【答案】（1） （2）①设， 、 ， 由题意可得直线、不与坐标轴平行，可设， 联立，消去得 ， 则 ， 即，则， 同理可得， 则有，故、是方程 的两根， 故，， 由 ，则， ， 故 ； ② 【解析】 【分析】（1）借助抛物线定义即可得； （2）①设，，联立曲线方程，利用切线性质可得，同理可得，则有，故、是方程 的两根，则可得，，再用表示出及 即可得证；②由题意可得 ，则，再利用垂直性质可得，从而可解出，即可得点坐标，再求出点坐标后，即可表示 、 ，再利用基本不等式即可得解. 【小问1详解】 若 ，则点在抛物线在轴上方部分的下方， 由抛物线定义可得 等于点到准线的距离， 则 的最小值为点到准线的距离， 故，解得 ，即抛物线的方程为 ； 【小问2详解】 ①略 ②由，则点 、 都在直线 上， 则，故，由，故 ，即 ， 对 ，令，则 ，故 ， 有 ，联立，解得，故 ， 则， ， 则 ，当且仅当，即时，等号成立， 故的最大值为. 19. 甲参与了一个有奖闯关游戏，游戏共设置3关，他每次从装有1个红球，2个黑球，3个黄球的袋中有放回地摸出1个球（这些球除颜色外完全相同），规则如下：过第一关时，若摸到黄球则前进到第二关，否则留在第一关；过第二关时，若摸到黑球则前进到第三关，否则留在第二关；过第三关时，若摸到红球则通关成功，游戏结束，否则留在第三关.假设甲的摸球次数不受限制. 参考公式：若，则. （1）求甲摸球3次恰好通关成功的概率； （2）已知X，Y是随机变量，则，现用表示“甲通关成功所需的摸球次数”，求； （3）设甲摸球次后通关成功的概率为，求出与的递推关系式，并证明. 【答案】（1） （2）11 （3） ，证明如下： 设甲摸球 次通关成功的概率为，摸球 次停在第3关的概率为，摸球 次停在第2关的概率为， 则 由 ， 可得 又因为 所以 所以 所以 所以 所以 所以 ，，所以时成立， 所以 又当时， 所以 【解析】 【分析】（1）每一关都一次通过则刚好摸球3次恰好通关，直接计算即可； （2）设表示甲从第关过关所需的摸球次数，利用参考公式分别求出每一关的数学期望再相加即可求解； （3）先设摸球 次停在第3关的概率为，摸球 次停在第2关的概率为，根据条件找到，，之间的表达式，由 ，构造等比数列化简得到 ，进而得到，即可求解. 【小问1详解】 由题意：摸到黄球的概率为 摸到黑球的概率为 摸到红球的概率为 设摸球3次恰好通关为事件A，则 【小问2详解】 设表示甲从第关过关所需的摸球次数 则,所以 ,所以 ,所以 由 ， 得 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省仙桃中学2026届高三年级4月第一次半月考试卷 数学试卷 命题人：童扬平 审题人：陶晨 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知，q：直线与直线平行，则是的（ ） 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 2. 若，则 （ ） A. B. C. D. 3. 若，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，， ，N为BC的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ） A. 10 B. 20 C. D. 5. 已知点为抛物线上一点，过点作圆：的两条切线，切点分别为， ，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的各项均不为0，其前项积为，且，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若恒成立，则ab的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. e 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，） A. B. C. D. 10. 如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（ ） A. 平面平面 B. C. D. 平行六面体的体积为 11. 如图，在中，，的内切圆与相切于点，的面积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为定值2 C. D. 记的内心为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知且，则______． 13. 已知数列是首项为16，公比为的等比数列，是公差为2的等差数列.若集合中恰有3个元素，则的取值范围为________. 14. 已知函数，且，则实数的值为__________；若，且，则的取值范围为__________ 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，内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）证明：． 16. 如图，内接于圆，为圆的直径，平面，为线段的中点． （1）求证：平面 平面 ； （2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值． 17. 已知函数 （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求证：； （3）求证：（其中）． 18. 已知抛物线的焦点为点，点在抛物线上，，且的最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）设点P不在坐标轴上，过P可作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B， ①证明：； ②若直线 ， ，直线AB与x轴相交于点H，求的最大值． 19. 甲参与了一个有奖闯关游戏，游戏共设置3关，他每次从装有1个红球，2个黑球，3个黄球的袋中有放回地摸出1个球（这些球除颜色外完全相同），规则如下：过第一关时，若摸到黄球则前进到第二关，否则留在第一关；过第二关时，若摸到黑球则前进到第三关，否则留在第二关；过第三关时，若摸到红球则通关成功，游戏结束，否则留在第三关.假设甲的摸球次数不受限制. 参考公式：若，则. （1）求甲摸球3次恰好通关成功的概率； （2）已知X，Y是随机变量，则，现用表示“甲通关成功所需的摸球次数”，求； （3）设甲摸球次后通关成功的概率为，求出与的递推关系式，并证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $