精品解析：湖北宜昌市2026届四月调研考试数学试卷

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，只有一项符合题目要求. 1. 一组数据的第60百分位数为（ ） A. 29 B. 30 C. 31 D. 32 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，则第60百分位数为. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以， 由共轭复数的性质得，可得， 由模长公式得. 3. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】由题意知，集合， 集合，所以推不出. 所以“”是“”的必要不充分条件. 4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 84 B. 100 C. 103 D. 128 【答案】B 【解析】 【分析】设出首项和公差，得到基本量，最后求解即可. 【详解】设首项为，公差为，由题意得， 可得，解得， 则. 5. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的定义域，利用对称性的特征可得，再利用求解，最后得到即可. 【详解】函数的定义域满足，即， 由函数的图象关于直线对称，得的定义域关于对称， 则的解集只能为，故. 由，得， 故，即得 则，解得，故. 6. 若，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角和两角差的余弦公式，再结合角的范围，即可求解. 【详解】依题意可知，， 即，即， 得，因为，， 所以，即. 故选：D 7. 我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，在“赵爽弦图”中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过图形根据向量的线性运算进行求解，用将向量表示出来. 【详解】根据图形和已知条件可得： ， 所以，所以. 故选：A. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左、右支分别交于点P、Q.若，且，则C的离心率为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的关系求出线段之间的关系，设，则，，再由双曲线的定义可得，，再由数量积为可得直线的垂直，分别在两个直角三角形中由余弦定理可得，的关系，可求出离心率． 【详解】，设，则，， 由双曲线的定义可得，， 因为， 在中，由余弦定理有， 即，① 在中，由余弦定理有， 即，② 由②可得，代入①可得，即. 所以C的离心率为：， 故选：A. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 设函数，则（ ） A. 函数在区间上单调递减 B. 函数是奇函数 C. 直线与曲线有3个公共点 D. 斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数求解单调性判断A，利用函数奇偶性的定义判断B，求出公共点来判断C，分离参数并结合导数得到，，进而判断D即可. 【详解】对于A，因为， 所以， 当时，恒成立，则在区间上单调递减，故A正确； 对于B，由题意得 ， 令，则， 可得，得到函数是奇函数，故B正确； 对于C，联立方程组，解得或， 则直线与曲线的公共点为和，共2个，故C错误； 对于D，设直线方程为，联立方程组， 化简可得，若曲线和直线有且仅有一个公共点， 则有且仅有一个解， 即与有且仅有一个公共点， 而，得到在上单调递增， 当时，，当时，， 则，，得到与有且仅有一个公共点成立，故D正确. 10. 已知数列，数列满足.若在数列中去掉所有与数列中某项的值相同的项，余下的项组成数列，则（ ） A. B. 中存在连续三项成等比数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由与的递推关系式推出的通项公式，进而得到的通项公式，然后根据与的通项公式，依次判断ABC选项，找出它们相同的项，从而可求的前10项的和可判断D选项. 【详解】因为，所以，又因为，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即， 所以，故A正确； 由于，， 所以数列是首项为，公差为2的等差数列，即， 假设中存在连续三项成等比数列，设为：， 则， 化简得：，即等式无解； 所以中不存在连续三项成等比数列，故B错误； 由于，所以，故C正确； 数列的项在数列中对应的位置满足：， 即，即中被去掉的项为： ，，即第一项， ，，即第三项， ，，即第七项， ，，即第十五项， 所以,故D正确. 11. 如图1，梯形中， 分别是边的中点，将沿向上翻折至，如图2，则（ ） A. 在翻折过程中和可能平行 B. 到平面的距离的最大值为 C. 直线和所成角可能为 D. 若平面平面，则三棱锥的外接球的表面积是 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量。利用空间位置关系的向量表示判断A，利用空间距离的向量求法判断B，利用线线角的向量求法判断C，求出球的方程，进而得到半径，再结合球的表面积公式判断D即可. 【详解】如图，作面，以为原点，建立空间直角坐标系， 对于B，由题意得，则， 可得，，，，设， 由中点坐标公式得，， 由折叠性质得，，即，， 由两点间距离公式得， ，， 联立可得，化简得， 得到的轨迹方程为，此时， 由空间坐标的定义得到平面的距离为， 将代入中， 可得，由题意得， 解得，令， 由二次函数性质得对称轴为，则， 则，得到到平面的距离的最大值为，故B正确， 对于A，由题意得，， 若和可能平行，则， 得到，解得，与题意不符，故A错误， 对于C，由题意得，，， 设直线和所成角为，则， 令，由一次函数性质得在上单调递增， 则，即，可得， 得到直线和所成角不可能为，故C错误， 对于D，由题意得面的法向量为， 且，，设面的法向量为， 可得， 令，解得，，得到， 因为平面平面，所以， 得到，解得，而，则， 而，可取（负根等效），得到， 设三棱锥的球心为，半径为， 三棱锥的外接球的方程为， 将代入方程，可得， 将代入方程，可得， 两式相减可得，解得，此时球心变为， 将代入方程，可得， 而，两式相减可得，解得， 此时球心变为，可得， 将代入方程，可得， 联立方程组，解得，， 由球的表面积公式得外接球的表面积是，故D正确. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 写出一个能使的展开式中含有常数项的正整数的值为__________. 【答案】（答案不唯一，即可） 【解析】 【详解】 展开式中通项为， 若展开式中含有常数项，则有解，则， 满足题意的一个正整数（答案不唯一，满足即可）. 13. 已知圆与圆外切于点，且直线是圆与圆的一条公切线，则的最小值为__________. 【答案】8 【解析】 【分析】根据已知条件分析得到点与满足抛物线定义，确定与在抛物线上，且线段是抛物线的焦点弦，求出焦点弦的最小值通径即可求解. 【详解】根据题意点与满足到定点的距离等于到直线的距离， 所以与在抛物线上，，线段是抛物线的焦点弦， 又抛物线的焦点弦最小值为抛物线的通径，所以的最小值为. 14. 若曲线过点的切线恒在函数的图象的上方，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出切线方程，根据题意有恒成立，参变分离后恒成立，最后结合分离参数法求解参数范围即可. 【详解】设曲线过点的切线的切点为， 则切线的斜率， 所以，，切线方程为， 所以恒成立， 所以恒成立， 令，则 令，，令，， 则在上单调递减，在上单调递增， 则为的极小值点， 又因为时，， 所以，故. 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 在中，角的对边分别为，且满足. （1）求证：； （2）设点为线段延长线上一点，若，求的面积. 【答案】（1）证明：由题意得，由正弦定理得， 由余弦定理得，整理得. （2）6 【解析】 【分析】（1）结合题意与正弦定理得到，再利用余弦定理证明即可. （2）利用余弦定理建立方程，进而求出，再利用勾股定理逆定理得到为直角三角形，最后结合三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 因为与互补，所以， 即，则， 整理可得，所以， 此时，可得为直角三角形， 故的面积为. 16. 如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别为上的动点，且. （1）求证：； （2）当线段的长度最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 如图，连接交于点， 在直三棱柱中，四边形为矩形， 因为，所以四边形为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）作出符合题意的图形，结合题意与面面垂直的性质得到，再结合线面垂直的判定得到平面，最后得到即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面夹角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直， 如图所示，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系. 则. 令，则， 于是， 则当时，取得最小值，此时， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得； 由（1）知平面，则为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，求函数的最小值； （3）求证：. 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间. （2）0 （3）证明：由（2）知当时，， 即，当且仅当时取等号， 令，则， 所以, 即. 【解析】 【分析】（1）利用导数求解给定参数范围下的单调区间即可. （2）结合题意并合理构造函数，最后结合导数求解最值即可. （3）结合已知得到，再结合换元法证明不等式即可. 【小问1详解】 由题意得函数的定义域为， 当时，，则在单调递增， 所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间. 【小问2详解】 当时，， 令，则， 所以即在单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，故. 【小问3详解】 略 18. 已知椭圆经过点为的左､右焦点，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆交于两点，直线过点，且交轴于点，已知. （i）求证：平分； （ii）若与的面积之比为3，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）证明：如图，设， 则，所以， 可得， 则， 同理，又， 所以 ， ， 所以，又， 所以，即，故平分. （ii）. 【解析】 【分析】（1）结合题意先求解基本量，再求解椭圆方程即可. （2）（i）结合题意求出关键点的坐标，再结合向量表示出，最后结合余弦函数的性质得到角相等，进而证明结论即可，（ii）结合题意得到，再联立方程组并结合韦达定理得到和，最后得到，进而求解参数，得到直线方程即可. 【小问1详解】 由题意知，则①， 因为椭圆经过点，所以②， 联立①②，解得， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）设与相交于点，则， 即，所以， 联立，得， 则， 由韦达定理得， 不妨设，则. 联立，得， 所以， 化简得， 即，因为，所以， 所以，又，所以， 故直线的方程为，即. 19. 在概率中，等效转换是计算复杂比赛概率的重要思想.例如：两位选手进行3局2胜制比赛，每局选手获胜的概率为选手获胜的概率为，且每局比赛相互独立.那么选手在“3局2胜制”的赛制中获胜的概率，可等效为：选手在3场比赛中至少赢2场.设3场比赛中选手获胜的场数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出选手获胜的概率. （1）若，求选手在“5局3胜”的赛制中获胜的概率； （2）记选手在“局胜”的赛制中获胜的概率为；在“局胜”的赛制中，选手第一场比赛获胜的条件下，最终获胜的概率为，证明： （3）网球大满贯赛事有两个签表，上半区有名种子选手，下半区有名种子选手（且）.每次抽签都等可能地随机选择一个签表，并抽出一名种子选手进入正赛，抽中后种子选手保留在签表内（不重复抽取）.记上半区的所有种子选手先被抽完的概率为，证明：. 【答案】（1） （2） 设进行局比赛，赢的局数为， 则， 在“局胜”的赛制中，A第一局胜的条件下，A获得最终胜利有两种情况： ①若第2局A输，则后续打满局比赛，至少胜局； ②若第2局A胜，则后续打满局比赛，至少胜局； 由全概率公式得 ， 所以 . （3） 不妨设有无数名种子选手， 若上半区的所有种子选手先被抽完，则当“上半区抽完名种子选手时， 下半区至多抽取了名种子选手”， 得到“总共有名种子选手，至少抽取了名上半区种子选手”. 设总共有名种子选手时，来自上半区的有名，则， 所以. 事件“”等效于在在“局胜”的赛制中， 每局获胜概率都为，最终A获胜， 由对称性可知，则， 所以， 因为， 又，所以， 所以，故. 【解析】 【分析】（1）合理分析目标事件的情况，再结合二项分布概率公式求解概率即可. （2）合理分析题意，进而结合全概率公式证明目标等式即可. （3）结合题意得到，进而结合组合数的性质证明即可. 【小问1详解】 设事件为“5局3胜”的赛制中，A选手获得最终胜利， 则事件等效于进行5局比赛且A至少胜3局. 记5局比赛中A获胜的局数为，由题意得， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，只有一项符合题目要求. 1. 一组数据的第60百分位数为（ ） A. 29 B. 30 C. 31 D. 32 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ） A. 84 B. 100 C. 103 D. 128 5. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 6. 若，，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，在“赵爽弦图”中，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左、右支分别交于点P、Q.若，且，则C的离心率为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 设函数，则（ ） A. 函数在区间上单调递减 B. 函数是奇函数 C. 直线与曲线有3个公共点 D. 斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点 10. 已知数列，数列满足.若在数列中去掉所有与数列中某项的值相同的项，余下的项组成数列，则（ ） A. B. 中存在连续三项成等比数列 C. D. 11. 如图1，梯形中， 分别是边的中点，将沿向上翻折至，如图2，则（ ） A. 在翻折过程中和可能平行 B. 到平面的距离的最大值为 C. 直线和所成角可能为 D. 若平面平面，则三棱锥的外接球的表面积是 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 写出一个能使的展开式中含有常数项的正整数的值为__________. 13. 已知圆与圆外切于点，且直线是圆与圆的一条公切线，则的最小值为__________. 14. 若曲线过点的切线恒在函数的图象的上方，则实数的取值范围是__________. 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 在中，角的对边分别为，且满足. （1）求证：； （2）设点为线段延长线上一点，若，求的面积. 16. 如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别为上的动点，且. （1）求证：； （2）当线段的长度最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，求函数的最小值； （3）求证：. 18. 已知椭圆经过点为的左､右焦点，且. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线与椭圆交于两点，直线过点，且交轴于点，已知. （i）求证：平分； （ii）若与的面积之比为3，求直线的方程. 19. 在概率中，等效转换是计算复杂比赛概率的重要思想.例如：两位选手进行3局2胜制比赛，每局选手获胜的概率为选手获胜的概率为，且每局比赛相互独立.那么选手在“3局2胜制”的赛制中获胜的概率，可等效为：选手在3场比赛中至少赢2场.设3场比赛中选手获胜的场数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出选手获胜的概率. （1）若，求选手在“5局3胜”的赛制中获胜的概率； （2）记选手在“局胜”的赛制中获胜的概率为；在“局胜”的赛制中，选手第一场比赛获胜的条件下，最终获胜的概率为，证明： （3）网球大满贯赛事有两个签表，上半区有名种子选手，下半区有名种子选手（且）.每次抽签都等可能地随机选择一个签表，并抽出一名种子选手进入正赛，抽中后种子选手保留在签表内（不重复抽取）.记上半区的所有种子选手先被抽完的概率为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $