湖北武汉市新洲区第一中学2026届211（第一轮）高三数学试卷

**基本信息** 高三一轮复习数学模考卷，知识覆盖全面，注重基础巩固与能力提升，融入真实情境与跨模块综合，体现数学眼光、思维与语言的核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数、幂函数、集合、向量、数列、三角函数应用、概率、函数性质、圆锥曲线|基础概念与逻辑推理结合，如向量夹角与充要条件判断| |填空题|3题15分|斜二测画法、三角恒等变换、解三角形与外接圆|空间直观与运算能力，如斜二测画法还原原图形周长| |解答题|5题77分|数列、统计（残差分析）、立体几何（圆台）、解析几何（抛物线与圆）、导数|真实情境与综合应用，如统计题残差图分析考查数据意识，导数存在性问题培养创新思维|

新洲一中2026届211（第一轮）高三数学试卷 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．已知复数z满足，则z的共轭复数（    ） A． B． C． D． 2．已知幂函数在上单调递减，则实数m的值为（    ） A．0或1 B．或1 C．1 D．0 3．已知、，集合，，若，则（    ） A． B． C．或 D． 4．已知向量，则“”是“与的夹角为锐角”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（   ） A． B． C． D． 7．一个水平放置的圆柱体容器内依次放着两个红球和三个白球，容器两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球，依次取完，球的排列顺序为红，红，白，白，白，则两个红球被连续取出的概率是（    ） A． B． C． D． 8．不全为的实数对满足关系式，则这样的实数对共有（    ）组. A．1 B．2 C．3 D．4 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．已知函数，则（    ） A．，是增函数 B．，是奇函数 C．若有三个不同的零点，，，则 D．过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 10．已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，若为，在第一象限的一个公共点，和的离心率分别为，，，则（    ） A． B． C． D．当时，的取值范围是 11．已知四面体中，，，，为四面体外接球的球心，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则平面 B．若，则的取值范围是 C．若，则的取值范围是 D．若，直线与所成的角为，则四面体外接球的表面积为 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形周长是__________． 13．已知，则______. 14．在锐角中，角，，的对边分别为，，．已知，，成等差数列，且，若是外接圆的圆心，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．已知数列为正项等比数列，公比，前项和为，. (1)当时，记集合，求中元素之和； (2)求的最小值. 16．某医药研究所为了评估一种新药的疗效，开展了临床试验．研究人员记录了14名志愿者服用不同剂量的药物后，血液中某关键生化指标y（单位：）随给药剂量x（单位：mg）的变化情况．为了寻找最合适的预测模型，研究人员分别利用模型一和模型二对这14组数据进行了拟合，并绘制了相应的残差图（如图所示，图中纵轴为残差，横轴为给药剂量）． (1)观察残差图，判断哪个模型的拟合效果更好； (2)设这14组数据得到的经验回归方程为． （ⅰ）已知样本中的某位志愿者的给药剂量为，生化指标为．若该样本点在拟合效果更优的模型中的残差对应于图中标注的四点之一，请指出该点并说明理由； （ⅱ）若在这14组数据中，给药剂量的标准差为，生化指标的标准差为，求生化指标与给药剂量的相关系数．（结果精确到0.01） 参考公式：相关系数；经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，． 17．如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 18．已知圆和抛物线，F为C的焦点，点是抛物线上的动点，当时，，过动点P作圆E的两条切线，切点分别为M、N． (1)求抛物线的标准方程； (2)当时，求的最小值． (3)设直线PM、PN分别交C于另两点A、B，是否存在实数，使得当点P在C上运动时，直线AB总与圆E相切？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由． 19．已知函数，. (1)求函数的图象在点处的切线方程； (2)若存在，使得，求实数t的取值范围； (3)设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 新洲一中2026届211（第一轮）高三数学试卷答案 1．A　　2．C　　3．B　　4．C　　5．A　　6．B 7.【答案】D 容器左右两端都有开口，每次只能从容器的一端取出1个球，前4次取球，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种选择，因此不同取法种数为种；按照两个红球被连续取出的情况如下，（1）若在第1，2次取出两个红球，再取另3个球，共有4种方法;（2）若在第2，3次取出红球，则第1次取白球，共有2种方法;（3）若在第3，4次取出红球，则第1，2次取白球，共有1种方法;（4）若在第4，5次取出红球，则第1，2，3次取白球，共有2种方法;两个红球被连续取出的方法共有种；所求概率为. 8．【答案】D【详解】由可得，即点与点到直线的距离都为，分别以、为圆心，作半径为的圆、圆，由，故两圆外离，则两圆共四条公切线，由图可得，两圆公切线都不过原点，故有对这样的实数对，使得点与点到直线的距离都为. 9.【答案】ACD　　　　 10.【答案】ABD 对于，设椭圆的焦距为，，，则，，解得，.，则A正确；对于，，即，，， ，则B正确；对于，由B可知，所以可得，得到，由，，得，.可得：，整理可得：，并非等于.则C错误；对于，因为，所以，即，化简得，即，即，令，， 则，其中，，取，因为，，所以，，所以，，故，因为，其中，，所以在上单调递增，故，则D正确. 11.【答案】ABC 【详解】对于A选项，若，又因为，，、平面，故平面，A对；对于B选项，，由题意，所以，因为、互为异面直线，则， 故，故，B对；对于C选项，不妨取的中点，连接、，则，，同理可得，，所以， ，因为，故，故，C对；对于D选项，以、为邻边作平行四边形，则为矩形，故的各顶点都在球的球面上，如下图所示：则，又因为，，、平面，所以，平面，且，如下图所示：   圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.可将三棱锥置于圆柱内，使得的外接圆为圆，如下图所示：因为，故异面直线、所成的角为或其补角，当时，为等边三角形，则该三角形外接圆直径为，设球的半径为，则，此时，球的表面积为；当时，由于，则，则外接圆直径为，则，此时，球的表面积为.综上所述，球的表面积为或，D错. 12.【答案】14　　　　13.【答案】243 14.【答案】 设的外接圆半径为，，则，则，故，因为，所以，则，故当时，；当时，当时，故和面积之差的取值范围为. 15.【详解】（1）当时，由，解得，所以，由，得，因为，所以，所以中元素之和为； （2）由，得，所以，所以， 令，则，所以，当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为8. 16.【详解】（1）模型一的拟合效果更好．（2）（ⅰ）点，理由如下：因为模型一的拟合效果更好，经验回归方程为，所以该方程相应于点的残差为，故选点；（ⅱ）由题可知，，所以，由，，所以． 17.【详解】（1）证明：取的中点，连交于．在正方形中，由于为的中点，因为，，，可得≌，则，因为，所以，得到，即．因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以． （2）由（1）得平面，又平面，所以，因为圆圆，所以，所以四边形为矩形，所以圆的半径，又圆的半径，所以圆台的体积， （3）以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴，以所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系．则，由于圆半径，为上底面圆上一点设，故．设平面的法向量为，由，得取，故，设与平面所成角为，则平方后整理方程得解得或（舍）所以，．所以点到平面的距离. 18.【详解】（1）.（2）当时，圆的方程为，可得圆的圆心为，半径为，因为点是抛物线上的动点，可得，过点作圆的切线，切点为，则，其中为切线与的夹角，在直角中，可得，所以，又由，当时，，所以的最小值为.（3）假设存在实数满足题设中的条件，当点与坐标原点重合时，设切线的斜率分别为，则圆心到直线的距离为，可得，将代入抛物线，可得，则直线的方程为，由直线与圆相切，可得，联立方程组，解得（负值舍去）；下面证明：当时，对于抛物线上任意一点，直线与圆相切，设点，则直线的方程为，即，同理可得，直线的方程为，所以直线的方程为，因为直线与圆相切，则，即，同理可得，直线与圆相切，可得，则为方程的两个不等的实数根，则，点到直线的距离为 ，直线与圆相切，综上可得，存在使得当点在曲线上运动时，直线与圆相切. 19.【详解】（1）.（2）由题意知，存在，使得成立，因为时，，即，故原不等式等价于存在，使得.令，其中，，且不恒为零，故函数在上单调递减，则，故实数的取值范围是. （3），理由如下：由可得，令，则.因为，则，所以，所以函数在上单调递减，因为，，所以，存在唯一的，使得，即，同理可得，且，因为，所以，因为，所以，所以，因为函数在上单调递减，故，即，取，则. 1 学科网（北京）股份有限公司 $