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

6学科网6组卷网 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p:a=4,:直线+4y-4=0与直线2x+(a+2y+3=0平行，则P是9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Q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+4y-4=0与直线2x+(a+2)y+3=0平行， 所以a(a+2）4×2=0,即d2+2a-8=0,解得a=4或a=2. 当a=4时，4×3-(4x2)0,满足平行条件 当a=2时，2×3-(4×2)≠0，满足平行条件 所以，两直线平行时a=-4或a=2 因此P是9的充分不必要条件. z=1+i 2.若z-1 ,则z=() A.-1-i B.-1+i c.1-i D.+i 【答案】C 第1页/共30页 6学科网6组卷网 【解析】 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解。 2=2-1+1=1+1 【详解】因为22-11+2可=1+i. 1+i,所以2=1+}1-i 故选：C 3.若a6ceRa>b ，则下列不等式成立的是() 11 a b A.a b B.a2<b2 C.c2+1c2+1 D.ac>ble 【答案】C 【解析】 【分析】取特殊值，结合不等式性质判断 11 【详解】对于A:取a=1,b=-l,满足a>b,但不满足ab,故A错误； 对于B:取a=1b=-1 ，满足a>b 2<b2 ,但不满足 ，故B错误： 1 a、b ->0 对于C:因为c2+1≥1>0，则c+1,又a>b,所以c2+1c2+1,故C正确： 对于D:取c=0,则adbd,故D错误： 故选：C 4在△MBC中，B=4,4C=8 N为BC的中点，且 ABC 外接圆的圆心为M,则 MAN=(） 35 89 A.10 B.20 C.2 D.4 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得 Ma=ACM+BM） 分别取线段AB,AC的中点为E,F结合向量 第2页/共30页 6学科网列组卷网 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N为BC的中点，则 ANBC) AM.AN-AM(C+AB)-(AC.AM+ABAM) 如图，分别取线段AB,AC的中点为E,F,因为M为△ABC的外接圆圆心， 所以AC⊥MF,AB⊥ME, 则4CAM=ac(a+W）=4C.AF=4C=32 ABAM-AB-(E+EM)-ABE-B-8 因tM.N=4C-4仙+B.)-×(62+8)=20 5已知点P为抛物线y=4x上一点，过点P作圆C:(x-4+广=l的两条切线，切点分别为M, ,cos∠MPN 则 的最小值为() 3 5 11 A.2 B.3 c.6 D.12 【答案】C 【解析】 第3页/共30页 6学科网命组卷网 【分析1设∠CPM=0,点P的坐标为m,,有=4m, PCI 利用两点间距离公式可求得 的最小值， os∠MPN=1- 2 进而可得 PCP,可得cos∠MPN的最小值； 【详解】设∠CPM=0,点P的坐标为m,m,有=m P 由圆C:(x-4+y=1,可得圆心C4,0),半径r=1, 因此|PC=V(m-4}2+2=V(m-42+4m=V(m-22+12≥25 由sin0、1 IPC, 1品8 cos∠MPN=cos20=1-2sin20=1-,2= J 因此cos∠MPN的最小值为6， 6设函数f田=cos(ox+ 6在[-兀，π的图像大致如下图，则)的最小正周期为() -π 4π0 9 10元 π 9 B.6 第4页/共30页 6学科网 列组卷网 4π 3π C.3 D.2 【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 4π cos =0 所以 、96 即++饭kez 4π 62 解得0-}eZ 10<T<13元10m<2<13m 由图像可知9 9π，即9回 9, 9 3 得13<05，所以k=009 2 所以f)的最小正周期为7=2红=4红 03 故选：C 1 ∫Tn·T 已知数列{a}的各项均不为0，其前n项积为T,且)a。+a=1(n∈N+),记数列4”了的前n 项和为S,则6（ 1013 1013 2027 2027 A.1014 B.2028 C.2028 D.1014 【答案】A 【解析】 第5页/共30页 6学科网6组卷网 2” ( 【分析】首先根据已知条件推导出数列 \Tn 的通项公式，进而可知Tn的表达式，然后求出4”一广的 通项公式，利用裂项相消法求得结果， 【1n1+会-4+号-，+导用 2,解得T=1 2.7入0子-1会 1工+ n=1 L=T 去分母得2-Tn+TnIn=2”Tn,所以2”2+T1, 2”-2+7=2 -+1 2”2- -=1 所以TTnT，所以TT, 2” 所以数列工是首项为 -2,公花为1的等茶数别， -2+(a-x1=n+刊，所uC 所以T, n+1 2”21 所以，：Zn=n+1(n++1= 2 4" 4 8-2引传7】=日 1013 1014 8.己知函数 网=f0e-f0x+.e国≥号r+a-g+ 恒成立，则b的最大值为( e A.1 B.2 C.2 D.e 【答案】B 第6页/共30页 6学科网6组卷网 【解析】 【分新】求导关利碳位法末出秀数儿)，再等价安花给定不等式并构注天数。黄Q<0a=0a>0 分 类，利用导数求出最小值，进而求得b≤a(-lha) 然后构造函数并利用导数求出最大值即可。 【详解】函数四=0e-ox+2r的定x域为R,求导得f=0e1/O十x 则f0=f0e-f0+1,解特f0=1,于是=f0e-x+ 又f0=f0e1,则f0=e,f=e-x+)】 2 第22+a-Dx+b合e-x+x2)P+a-0r+be 2 令8()=c-,依题意，b≤8()恒成立，8')=C-a 当a<0时，8田>05 0,函数8四在R上单调递增， 而x）-0时，8)→-0.b≤g) 不恒成立； 当a=0时，8)=c>0恒成立，则b≤0，ab=0: 当a>0时，由8<0.得x<ha,由8闭>0，得>ha, 函数3()在←心，1血0上单调递减，在血a,+o)上单调递增，8m=80血0)=a-al血a 因此b≤a-alna,ab≤al-lnm）,令函数h@=add-lna, 求导每ha=a-21n四，当0<a<c时，h@>0,当a>c时，ha)<0, 函数h(a)在(0，Ve)上单调递增，在(Ve,+o∞)上单调递减， ham=Moj=氵. 第7页/共30页 6学科网6组卷网 因此ab的最大值是2，此时a=Ve,b=V6-VenV6= 2， e70 e 而2，故ab的最大值是2. 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x=2.1,样本方差 ?'-0.01,已知该种精区以往的亩收入X服从正态分布N(18,0.1P）,假设推动出口后的亩收入Y服从 正态分布N(任，s）,则(）《若随机变量Z服从正态分布N(4,o2),P亿<4+o)0.8413) APX>2)>0.2 BPX>2)<0.5 cPY>2)>0.5 D.PY>2)<0.8 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正态分布的3σ原则以及正态分布的对称性即可解出 【详解】依题可知，x=2.l,s2=0.01,所以Y~N(2.1,0.1P）, 故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.)=P(Y<2.1+0.1)≈0.8413>0.5，C正确，D错误 因为X~N(1.8,0.1P）,所以P(X>2)=P(X>1.8+2x0.), 因为P(X<18+0.)≈0.8413.所以P(X>1.8+0.)≈1-0.8413=0.1587<0.2 第8页共30页 命学科网命组卷网 而PX>2)=P(X>1.8+2x0.1<P(X>1.8+0.)<0.2,B正确，A错误， 故选：BC. 10.如图，平行六面体 ABCD-AB,GD的底面ABCD是边长为1的菱形，且 ∠CCB=∠CCD=∠BCD=- 3,CA上平面CBD,则() B A C A.平面 CBD// ABD 平面 B.BD⊥CC C.AC=3 D.平行六面体ABCD-AB,CD的体积为2 【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CC的长度，进而求出1C,D选项，求出平行 cc 六面体的高，得到体积。 【详解】A选项，因为BB=DD.BB IIDD ,所以四边形 BBDD 为平行四边形， 所以 BD//BD 又BDc平面CGBD,BD￠平面CBD,所BD∥平面GBD ”平面 同理可知A811DC,AR/平面CBD 第9页/共30页 6学科网列组卷网 又BB048=B,BD,MBC平面ABD,所以平面CBD/平面4BD,A正确： B选项，连接AC,因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以AC⊥BD, 因为CA上平面CBD,BDC平面CBD,所以CA上BD 因为C4n4C=C,CA,4Cc平面MCGA,所以BD1平面4CGA 因为CGC平面4CC4,所以BD1CG,B正确： C选顶，因为CA上平面CBD,CDC平面CBD,所yC41CD CA=CA+CC=CD+CB+CC CD=CD-CC 则C4GD-(CD+CB+cG(C⑦-cC)=0, BCD-CD.CG+CB.CD-CB.CG+CG.CD-CC-0, CD+CB.CD-CB.CC-CC=0 又∠CCB=∠CCD=∠BCD=元 =3,CB=CD=1,设CC的长度为m, 数P号mm-0 ,解得m=1,负值舍去， 又AG=AC+cC=-C⑦-CB+CC. C--CD-CB+CC=CD+CB+CC+2CD.CB-2CD.CG-2CB.CC =+f+2x2x32x2 所以AG=AG=V5,C错误： 第10页/共30页 6学科网 命组卷网 D选项， aG-o+国cG-⑦G+.G-+1 网-o+网-0+20n-.a丽+m-y+2x1=5 4m网-点m网-号 tG有Gg1AC+点E:则SB=CCsin(@cG)-=5。 因为BD上平面4CC4,GEC平面4CG4,所以BD1GE, 因为1C,BDC平面ABCD,AC,BD 为相交直线， 前9E平而BCD.改9E为7打六而体48CD-4CA的 菱形ABCD的面积为CD.CBsin∠BCD=V 2, -X 则平行六面体ABCD-AB,CD1的体积为 5cE=5x65 232，D正确 B A B 1.如图，在△ABC中，AB=4,AD=EB=AB 4 △ABC的内切圆G与AB相切于点E,△ABC的 面积为S,则下列说法正确的是() 第11页/共30页 6学科网命组卷网 G A.CA-CB=2 B.S.tan C 2为定值2 C.∠ABC=2∠BDC D.记△BCD的内心为H,则HA-HB=2 【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 DH,BH 公式及二倍角公式可判断C:联立直线 的方程，表示出点H的坐标，结合双曲线的定义，可判断 D 【详解】如图1，设△M6C的内园S与4C,BC P,O 分别相切于点 图1 AP=AE,CP=CO,BE=BO 对于A,根据内切圆的性质，得 CA-CB=AP-BO=AE-BE 则 而B=4丽-=AB 4 ,所以BE=1,AE=3,则CA-CB=2,故A正确 对于B,在△MBC中，由余弦定理符16=CA+CB-2C4 xCBeosC. 第12页/共30页 命学科网命组卷网 又CA-CB=2,即(CA-CB=CA+CB-2 CAxCB=4,得CAP+CB2=4+2 CAxCB, 、3 sin2 C 代入0中，得16=4+2C4xCB0-osC所以CxB=C卡s 2 C C 所以S=)C4 xCBsinC-3sinC_6sin2cos 2 2 3 2 2sin2C 2sin2C C tan 2 C .tan÷=3 故 2,故B错误 对于C,以AB的中点为原点，AB为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系， 则1(-2,0)，B(2,0,D(-1,0),E(,0),由CA-CB=2<AB, 结合双曲线的定义知，点C在以1，B为焦点，以D,B为顶点的双曲线有支上， A,B D,E 花程%”皆=】 设C(m川，则m2 -=1 3-,即n2=3m2-3 图2 ∠4 BC ZBDC=koptan Z48C=友2 当 2时， m+1 而tan2∠BDC= 第13页/供30页 命学科网命组卷网 2tan∠BDC 2n(m+ 2n(m+1) 2n(m+1) n 1-tan2∠BDCm2+2m+1-n2m2+2m+1-(3m2-3-2(m+1)(m-2）m-2, 故tan∠ABC=tan2∠BDC ×Ace@动ceQ, 所以∠ABC=2∠BDC 当<BC=π C2时，C(2,3),所以BC=3=BD,故 BDC= 4,依然满足∠ABC=2∠BDC 综上所述，∠ABC=2∠BDC,故C正确 对于D,若ABCD的内心为H,则4仁HB=2等价于点H在双曲叁x2 31 的右支上 如图2，不妨设∠BDH=B,则∠BDC=20,又∠ABC=2∠BDC, 放∠1BC=40,∠DBH=20 DH:y=(x+1)tano BH:y=(2-x)tan20 3+tan20 6tan0 联立解得交点 3-tan20'3-tan20, 6tana 2 则 3+tan20 3-tan20) 3-tan20 =1,即点满足-上=1，故D正确 3 H 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 115 12.己知a>1且logsa log..42,则a= 【答案】64 【解析】 第14页/供30页 6学科网列组卷网 【分1将o5:a,6g。4利用换底公式转化成8,0来表示即可求解 L3g,a=-9 1 【详解】由题log8alog。4log2a2 2,整理得(1og2a)2-51log2a-6=0, →1og,a=-1度og:a=6,又a>1, 或 所以og,a=6=l0ogz2,故a=2=64 故答案为：64 13.已知数列{a,}是首项为16，公比为2的等比数列，亿，}是公差为2的等差数列若集合 A=neN1a,>b,中恰有3个元素，则A的取值范围为- 【答案)】【4,0) 【解析】 a3>b3 【分析】由题意可得a,=25-",b,=b+2n-)且A=L,2,3},从而得a4≤b,’代入求解即可 【详群由竖意可得0，=16（分=2“人=么+20m-》. 又因为集合4=n∈N1a,>b,3中恰有3个元素， 即2”>么+2m-l)meN只有3个解， 因为a,=2“(neN)单调递减，b,=6+2(n-)m∈N)单调递增， 所以1=1,2,3？ a3>b4>b+4 所以1a4≤b,即2≤b+6,解得4≤b<0:即6的范围为[-4,0) 第15页/供30页 6学科网列组卷网 [-4,0) 故答案为： 506 c,则实数c的值 f(a)+b 为 一：若a+b=c'且a≥b≥0，则f(b)+a的取值范围为 【答案】 ①.1 [ 【解析】 2024 2025求解c;由c得到 f(a)+b 3 a+6=1以及f@+fo)-2进面消元餐到了O+02O+1-1.这者枸造 f(b)+1-b=cosπb+ 中2+1，由的园和o,)以及O时年谓可分有求米 45+2 【详解】由题可知 111,451,41,452+451 4+24+24+24(4+24+24+2.44+22(4+22(4+22, 创+-w+2tok-四+4+2. 11 令=)1品+0)。 2, 第16页/共30页 6学科网命组卷网 2S=2024× 2024 2025 (2025 =2024×=1012 2 ,8=506=506 c,.c=1: o..(a)+f()=f(a)+f(I-a)-2 f(a)+b_2-f(b)+1-a 3 3 T(b)+af()+a2f(b)+a]2f(b)+1-6] f()+1-b=c0sh+,2b+1 4+2 ,且由a≥b≥0，及a+b=1,可知0sbs 2, :令陌w数名b=Cosπb十40十2b+0≤b≤ 2, 则R回-子8付)-子.R8电6为种调支面。 8日x()=x(0,)即音so)s, 5f(a+b≤1 f(a）+b 8如日8+名1，÷8+约服位他各利 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△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,C.已 知a=2,b<G,besin24-1 24. 第17页/供30页 6学科网命组卷网 sinC-sinB (1)求 sin4 的值： ②)还明：8君 3 【答案】(1)2 (2)证明：在 C中，由余弦定理，得cosB=a+c2-b_4+c2-b4+c2-(c-V)月 △AB 2ac 4c =3,1、5 24c2 -十一> 因为0<B<元，所以B< 【解析】 【分析】(1)利用降幂公式化简可得2bc-2bc0s1=1,结合余弦定理化简2bc-(b+c2-d)=1, 从而解得c-b=V3 结合正弦定理即可求解： 2)根据C-b=3利用余弦定理化简可得cosB=V31V③ 十 > 24c2,结合三角函数的图像与性质即可求 解。 【小问1详解】 esin2A、1 1-cos4 1 由 bc- 24,得 24,整理，得2bc-2 bccosA=1 在aABC中，由余弦定理d=b2+c2-2 bccos4,得2bc-(b2+C2-d2）=1 把a=2代入上式，得(b-c)=3 因为b<c,所以c-b=V5 第18页/供30页 6学科网列组卷网 a b c sinC-sinB c-b 3 在aABC中，由正弦定理sinA sinB sinC,得sind a 2 【小问2详解】 略 16.如图，△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径，CD⊥平面ABC,E为线段AD的中点 D F (1)求证：平面BCE⊥平面ACD: (2)若AB=V5,BC=1,CD=2V5,求平面BCE与平面BDE所成角的余弦值. 【答案】(1)证明如下： 因为△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径，所以AC⊥BC, 因为CD⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以CD⊥BC, 又AC,CDC平面ACD,AC∩CD=C, 所以BC⊥平面ACD 因为BCC平面BCE,所以平面BCE⊥平面ACD (2)4 【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 第19页/共30页 可学科网丽组卷网 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CD⊥平面ABC,AC,BCC平面ABC, 所以CD⊥AC,CD⊥BC 以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， Z 因为4B=V5,BC=1,所以4C=2 则A(20,0),B(0,10）,D(0,0,2V3.E1,05) 所以CE=(1,0,V5.CB=(01,0). mCE=0,∫x+V3z,=0, 设平面BCE的法向量m=(k,,)由m.CB=0,得{y=0, 不妨设子=1，则5=-V3 所以平面BCE的一个法向量m=5,01. 又BD=(0,-1,25),DE=(1,0,-5) 第20页/共30页 6学科网命组卷网 设平面BDE的法向量i=(:,2,2) i.BD=0,-2+23z2=0, 由1-DE=0,得1-32，=0， 不妨设=1，则本=5.为=25 所以平面BDE的一个法向量i=(N3,23,】 所以cos<m,i>= m2 1 m万2×44， 1 即平面BCE与平面BDE所成角的余弦值为4· 17.已知函数fx)=(x+2)n(x+1)-x 1)求曲线y=f()在点(0，f(0》处的切线方程； (2)求证： (x+)f'(x)≤x2+x+1 (3)求证： 1+写++-(+e(me,. 【答案】(1)y=x (2)证明如下： 由(1)知：'()=h(x+1)+ x+1,则(x+)f'(x)=(x+I)ln(x+1)+1. 不等式(x+f'()≤x+x+1,即(x+ll血(x+)+1≤r+x+l, 即（x+ln(x+)s+x=xx+D,其中x>-1, 设=x+1,可得=1-1，且>0，不等式即为 nt≤t-l,t>0 第21页/共30页 6学科网列组卷网 令80=1-+l1>0,可得80=}1=只 当0<1<1时，8'(0>0,80单调递增： 当1>1时，8'(0<0,80单调莲减， 所以t=l时，函数8(0取得最大值，录大值为8=8(（)=l血1-1+1=0， 所以80sg(0)=0,即nt-t+1≤0，所以lnt≤1-1， 所以x+)f'(x)sx2+x+1 (3)证明如下： 由2知：(+/'()s+x+1,又f'()=h(x+1+ x+1, 则r+-a(c++中≤++1.共中x>1.化简得h(+)sx ,则+小. 写》+++++兮+++. 311 2 之 t+[写-写小， 所+++-+动 【解析】 第22页/供30页 6学科网命组卷网 析(1)先求得了()=n（x+)+x+得到f"(O)=1且fO=0,结合导数的几何盒义 可求解； (2)由)可得(x+1h(x+l)≤x+D,设t=x+1,得lnt≤1-l,>0,令 80=h1-1+1>0,求得30= t,得到8（单调性和最大值，得到8(）≤8()=0，即可得 证 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】 a创-+2加(r+小.w国=a(e++子1-he4 x+1 则了'(0)-=l且f(0)=0,即切线的斜率为k=1,切点坐标为(0,0)， 所以曲线y=f()在点(0，f(O》处的切线方程为y=x 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 、1 18.已知抛物线 C:y2=2pxp> 2)的焦点为点F,点M在抛物线C上，E(2,1),且MF+ME的最 5 小值为2. (1)求抛物线的方程： 第23页/共30页 命学科网命组卷网 (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, O证明：PF=AFBF, GH ②若直线AB⊥PO'AB⌒PO=G:直线AB与x轴相交于点H,求PG的最大值. 【答案】(1)C:y2=2x @小答小空】 由思意可得直线PA、PB不与坐标轴平行，可设：x=m(y-)+号 x=m(0-当)+ 联立 y2=2x 2.在y-2网+2m--0 则A=(2m}'-4(2my-)=4m2-8my+4y=4(m-y}=0, 即m=,则如=X心-苔=男艺. 同理可得x=少2之 0=yy- 2 则有 竖，故、是方程 的两根， yy2 y2-2yoy+2xo=0 故+为=2%.%=2】 自r公0则Pr=(+=+后-气+ 第24页/共30页 命学科网命组卷网 (+++》,+好 华+广2%西++好+-+ 故lPF=AFBF, √2 ②4 【解析】 【分析】(1)借助抛物线定义即可得； 、②O设P6,ux三my-y士文.联立曲线方程，利用物线性感厨得么=形片 2 66y2 2 同理可得 Ipa:x=yy2 上，则有 xo=Yoy2-2 ，故、 是方程 的两根，则可 y1 y2 y2-2y%y+2x=0 得片+，=2，=2x,再用，表示出PF及MFBF即可得证；②由思意可得 Bx=oy-x,则 y。,再利用垂直性质可得 Kor =-yo=o x,,从而可解出x,即可得H点坐 标，再求出G点坐标后，即可表示GH、PG 再利用基本不等式即可得解。 【小问1详解】 者2px2=4p>4x1 ,则点E在抛物线在x轴上方部分的下方， 第25页/供30页 6学科网6组卷网 由抛物线定义可得MF等于点M到准线=一2的距离， 则MF+ME的最小值为点E到准线2的距离， 卫+2=2 5 故 2,解得p=1,即抛物线的方程为C:y2=2x: 【小问2详解】 ①略 6=%出乃 2 ②由 上， xo=yo.y-x 则1 ，故m-%= 0,由y≠0，故=-1，即P(-1,%), 对=y-x,令y=0,则x=-=1,故H(,0) 1 x=- +1 有 ，联立∫-1=oy-x,解得 y=- ’ 故G lop y=-Yox y=-yox (6+1 +1'+1 则GH= 1）2 +1 V+1' PGl-V-x)+1. 1+=+2 +1+1 GH V+1 哈 1 则PG y6+2 V(+22 Vy8+46+4 4 6+ V+1 第26页/共30页 学科网 组卷网 2 4 4 1%. ,当且仅当2-4，即 时，等号成立， y%= %=±√2 GH 2 故PG的最大值为4 y B 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 (1)求甲摸球3次恰好通关成功的概率： （②E知XY是绝机变益，则E(K+)=E(X)+),现师5表示甲照关皮动所的模球次数 求E(5) (3)设甲摸球n(≥3)次后通关成功的概率为尸，求出P与P的递推关系式，并证明 PP 第27页/共30页 命学科网 命组卷网 6 1 【答案】(1)36 (2)11 -+-周 (3) 证明如下： 设甲摸联”次通关成功的概率为，摸球”次停在第3关的概率为巴。，摸球”次停在第2关的概率为凡， P=20.1(n≥4) 6 0.=0+R≥4) 5 则 6 3 +-到+ 为号沿 &+86-) R-3别 第28页/共30页 6学科网命组卷网 所g-e+-9 62-s+”( R+周门-名片-6 n=3 a+6门 又当n≥3时， >0 两u>(gR-6 【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5：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2，模球”次停在第2关的概率为R,根据条件找到尸，Q。 (n24). 构造等比数列化简得到 -图-u0e,图”母”.6，-g得母味 解. 【小问1详解】 1 1 由题意：摸到黄球的概率为2摸到黑球的概率为3摸到红球的概率为6 第29页/共30页 6学科网列组卷网 设榄球3次裕好猫关为影件4，则P(4)=×了× 23636 【小问2详解】 设气表示甲从第i关过关所需的摸球次数(5，∈N) 则5=刻-（日日u-=2）2 医=利”以)- P5--g)”6gu)-=26 由E(X+Y)=E(X)+E(Y) 得E(5)=E(5+5+)=E(51)+E(5)+E(5)=2+3+6=11 【小问3详解】 略 第30页/共30页 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 $