湖北孝感市2026届高三第二次统一考试数学试题

孝感市2026届高三年级第二次统一考试 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．集合，|，则（ ） A． B． C． D． 2．方程的一个复数根是（ ） A． B． C． D． 3．已知等差数列的前项和为，且，，则等于（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 4．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（ ） A． B． C． D． 5．设一个圆台的侧面积、体积分别为、，将它的高扩大到原来的2倍（上、下底面圆的半径均不变），得到的圆台的侧面积、体积分别为、，则（ ） A．， B．， C．， D．， 6．在中，，边上的高等于，则（ ） A． B． C． D． 7．已知函数为偶函数，且，则的解集为（ ） A． B． C． D． 8．以、为焦点的椭圆与直线有且仅有一个公共点，则该椭圆的离心率为（ ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．如图，四面体中，平面，，垂足为，，垂足为F，则下列说法正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则平面 D．若，则 10．数列满足），且，数列的前项和为，从的前项中任取不同的两项，它们的和为偶数的概率为，数列的前项积为，则（ ） A． B． C． D． 11．已知函数的定义域是，满足，且，若存在实数，使函数在区间上恰好有2026个零点，则实数的值可能为（ ） A． B．0 C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．曲线在点处的切线与直线垂直，则点的坐标为________． 13．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，且满足，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，则的内切圆半径为________． 14．在一组数2，2，7，12，27中插入两个整数，，使得新的一组数极差为原来极差的两倍，且众数和中位数保持不变，则的最小值为________． 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．（本小题满分13分）如图，正方形所在的平面与平面垂直，且． （1）证明：平面平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值． 16．（本小题满分15分）已知函数在区间单调，其中为正整数，，且图象关于点对称． （1）求的最小正周期； （2）在中，，，边上的中线长为，求的面积． 17．（本小题满分15分）甲、乙两支球队参加某球类比赛，如果每局比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案，方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜；方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜． （1）当时，采用方案一还是方案二对乙更有利（不用说明理由），并求该方案下乙队最终获胜的概率； （2）当时，若比赛采用方案二． （ⅰ）求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率； （ⅱ）若比赛结果为或者时，胜方得3分，负方得0分，比赛结果为时，胜方得2分，负方得1分，求甲队本次比赛的得分的分布列及均值． 18．（本小题满分17分）已知函数，． （1）函数，讨论其单调性； （2）若对恒成立，求的值； （3）函数，若该函数有且仅有三个极值点，，，且，若，求证：． 19．（本小题满分17分）是一个动点，与直线垂直，垂足位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限，若四边形（为原点）的面积为1，设的轨迹为． （1）求轨迹的方程； （2）已知，，在中，试确定是否为定值，若是，请求出此定值，若不是，请说明理由； （3）记坐标原点为，过的直线交曲线于点，将绕点旋转，与直线在第一象限交于点，即点满足，以此类推，过点作斜率为的直线交曲线于点，将绕点旋转，与直线在第一象限交于点，即点满足．在中，设底边上的高为，求． 参考答案 1．C 2．A 3．D 4．C 5．C 6．A 7．B 8．B 9．BC 10．ABD 11．AB 1．C[解析]，，． 2．A[解析]由可得，，． 3．D[解析]设公差为，则，，联立解得，，． 4．C[解析]，又，则． 5．C[解析]设原圆台底面半径分别为、，高为，母线长为，则，，扩大后圆台母线长为，，可得；由台体体积公式可知． 6．A[解析]设边上的高为，，设，则，，从而点在线段上，．故，，， ． 7．B[解析]由函数为偶函数可知函数是二次函数且关于轴对称，则，由可知． ，，解得，或． 故不等式的解集为． 8．B[解析]依题意，直线与椭圆相切，直线上除切点外任意一点均在椭圆外．由椭圆的定义可知切点是直线上与、两点距离和最小的点．关于直线对称的点为，，故椭圆的长轴长为7，焦距，离心率． 9．BC[解析]A：与异面，显然不正确； B：若，易得， 又，，则，所以，故B正确； 对于选项C与D， 因为平面，平面，所以， 又，，是平面内两条相交直线， 所以平面，又平面，故． 又，且，是平面内两条相交直线，所以平面． 又平面，故． 又，且，是平面内两条相交直线，所以平面．故选项C正确； 又平面，故． 若与也垂直，由、与共面，则与重合，故选项D不正确． 10．ABD[解析]A：当时，，又，故． ∵，∴， ∴， 所以为偶数时，；为奇数时，． ∴的奇数项所成的数列是首项为，公差为的等差数列，偶数项所成的数列是首项为3，公差为2的等差数列．故，选项A正确； B：，选项B正确； C：由于的奇数项都是偶数，偶数项都是奇数， ∴，故选项C错误；（或由可知选项C错误） D： ， 又，所以，故选项D正确． 11．AB[解析]（1）当时，显然成立； （2）若，则，即，解得； （3）若，则，即，解得； 综上，得． 12．[解析]设切点，则有，由题意得， ∴，， ∴点的坐标为． 13．[解析]如图，不妨设点在第一象限，则，，，所以，此时，所以．易知点，，所以． 的面积为． 设的内切圆的半径为，内心为点，则由， 得，解得． 14．31[解析]若插入两个整数后众数不变，则插入的数可以是“两个都是2”，或是“一个为2，另一个不是2”，或是“两个不相等的且不是2，7，12，27”． ①因为新的一组数极差加倍，所以插入的两个数不可能都是2； ②因为中位数保持不变，若插入的数“一个为2，另一个不是2”，则一个为2，另一个数不小于7，又因为极差加倍，则另一个数为52，此时； ③若插入的两个数是不相等的且不是2，7，12，27，且极差为50，中位数保持不变， 则两个数可以为：，，，， ，，，……，，， 所以，的最小值为． 15．解：（1）∵平面平面，交线为，，平面， ∴平面．又平面，故． ∵，且，是平面内两条相交直线 ∴平面 ∵平面 故平面平面 （2）解法一：以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设，由题设得， ，，，，， ∴，，， 设是平面的法向量，则 ，即，令，可得 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值是 解法二：由（1）得平面，由平面可知、到平面的距离相等，设到平面的距离为，则 设，由得，， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值是 16．解：（1）由题意，的最小正周期，所以， 由为正整数可得， 又因为图象关于点对称，所以，即． 由，若，，无解； 若，，； 若，，无解． 所以，，的最小正周期为． （2）由可得，又，， 从而，故． 设边上的中线为，，则 ，，， 解得． 所以的面积． 17．解：（1）采用方案一对乙对更有利 当时，乙队每局获胜的概率为：． （乙队最终获胜）． 所以乙队最终获胜的概率为． （根据“比赛局数越多，对实力较强者越有利”可知，采用方案一，乙队最终获胜概率较大．也可以算出两种方案乙最终获胜的概率，对比可知采用方案一，乙队最终获胜概率较大．） （2）（ⅰ）记“甲队最终获胜”为事件，“比赛恰好进行了四局”为事件． 三局甲队最终获胜的概率为：． 四局甲队最终获胜的概率为：． 五局甲队最终获胜的概率为：． ∴甲队最终获胜的概率 ∵甲队最终获胜且比赛恰好进行了四局的概率 ∴在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率 （甲队乙队每局获胜的概率相等，因此最终获胜的概率也相等，从而，酌情给分） （ⅱ）的可能取值为0，1，2，3． ， ， ， ∴的分布列为： 0 1 2 3 ∴ 18．解：（1）∵． ∴，． ∴． 当时，恒成立，因此在上单调递增． 当时，由，∴，∴，因此在上单调递增，在上单调递减． 综上可知：当时，在上单调递增． 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）∵，． 设，∴． 又，所以为的极小值点，故． ，，∴． 下面证明，当时，，． ． 当，即时，恒成立． 当，即时，由可知： ，∴． ∴． 当且仅当时等号成立，故满足条件． 综上可知： （3）∵，∴． ∴． ∵，∴，设． ，∴，∴． 在，上单调递减，在上单调递增． 因为函数有且仅有三个极值点，即，，为方程的三个实根， 由图象知方程最多有三个实根，且．∴． 注意到，假设，则，从而，与已知矛盾，故． 即有：． （本题用其它解法，过程详细、推理清晰可得全分，过程不全的可酌情给分） 19．解：（1）设，由题意可知四边形的面积． ∴． 因为点位于第一象限，点位于第四象限． ∴，且． 所以动点的轨迹的方程为：，． （未限定的范围的扣1分） （2）不妨设点位于第一象限，设直线的斜率为，则，直线的斜率为，则：，∴ ∴． 综上可知：为定值0． （3）问题可以转化为曲线，与坐标轴之间的各等腰三角形底边上高的和，如图所示 设，，过作轴于 由可知，， 记，则各等腰三角形底角的正切值 即 由题意可知：，∴ 联立与可解得，，从而， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，∴，∴ ∴，∴ （不转化直接研究也可以得出答案，酌情给分） 学科网（北京）股份有限公司 $