湖北广水市第二高级中学2026届高三下学期考前数学学科素养测评试题

**基本信息** 2026届高三数学学科素养测评卷，覆盖复数、函数、立体几何等主干知识，通过基础题到综合应用题的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与应用能力，适配高考模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|5/77|数列递推求通项（15题）、立体几何面面垂直与体积（16题）、函数导数恒成立（18题）|以数学思维为核心，如18题通过导数分类讨论考查逻辑推理，19题双曲线定点问题体现数学语言表达现实世界|

2026届高三下学期第三次数学学科素养测评 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 一．单项选择题（本大题共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．i是虚数单位，复数（　　） A． B． C．5 D． 2．设集合A＝{﹣2，1，2}，B＝{x|﹣2≤x≤1}，则A∩B＝（　　） A．（﹣2，1） B．[﹣2，1] C．{﹣2，1} D．{﹣2，1，2} 3．已知函数f（x）＝sin（2x+φ）．设甲：；乙：f（x）是偶函数，则（　　） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 4．高三年级1，2，3，4，5五个班负责甲、乙、丙、丁四个区域的卫生，每个班负责一个区域，每个区域至少有一个班级负责，其中1班和2班都不去区域甲，则不同的任务分配方法种数为（　　） A．108 B．120 C．126 D．144 5．已知随机事件A，B，，，，则P（B|A）＝（　　） A． B． C． D． 6．已知α∈（0，π），，则α＝（　　） A． B． C． D． 7．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，N是棱AB上的点，且2|AN|＝|NB|，平面NCD1将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（　　） （棱台体积公式：） A． B． C． D． 8．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|）图象的相邻两条对称轴间的距离为，函数g（x）＝f（x）f'（x）（f'（x）是f（x）的导数）的图象关于原点对称，若f（x）在（0，a）上恰有3个极值点，则a的取值范围为（　　） A．（，] B．（，] C．[，] D．[，] 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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．在一次射击决赛中，某位选手射击了一组子弹，得分分别为8.3，8.4，8.4，8.7，9.2，9.4，9.5，9.9，10.1，10.1，则（　　） A．该组数据的极差为1.8 B．该组数据的众数为10.1 C．该组数据的75%分位数为9.9 D．若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则这两组数据的平均数可能相等 10．已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，动点P在椭圆上，点，下列说法正确的是（　　） A．存在点P，使得 B．过点Q的直线与椭圆相交于A、B两点，若Q为弦AB的中点，则直线AB的斜率为 C．△F1PF2内切圆半径的最大值为 D．PQ+PF1的最大值为 11．已知有如下定义：设f′（x）是f（x）的导函数，f″（x）是函数f′（x）的导函数．若方程f″（x）＝0有实数解x0，则称点（x0，f（x0）），为函数y＝f（x）的“拐点”，经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．若三次函数f（x）＝x3﹣3x2，则下列说法正确的是（　　） A．f（x）的值域为R B．f（x）在区间[1，3]上单调递增 C．点（1，﹣2）是曲线y＝f（x）的对称中心 D．若方程f（x）﹣m＝0（m∈R）有三个不同实根，则实数m的取值范围为（﹣4，0） 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知随机变量X～N（2，4），且P（X＜0）＝P（X＞a），则的展开式中常数项为　 　 ． 13．在等比数列{an}中，a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7＝48，且a3a4a5＝64，则　 　 ． 14．已知A1、A2、A3、A4、A5五个点，满足0（n＝1，2，3），||•||＝n+1（n＝1，2，3），则||的最小值为　 　 ． 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（13分）设{an}是各项都为正数的递增数列，已知a1＝1，且an满足关系式（an+1+an﹣1）2＝4an+1an，n∈N*． （1）求a2，a3及数列{an}的通项公式； （2）令bn，求数列{bn}的前n项积Tn． 16．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为正方形，AC＝BC＝2，平面BB1C1C与平面ABC的夹角的余弦值为，AC⊥BC1． （1）证明：平面AB1C⊥平面BB1C1C． （2）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积． （3）求平面ABC与平面AB1C1夹角的余弦值． 17．（15分）在东京奥运会中，甲、乙、丙三名射击运动员参加小组赛，已知甲晋级的概率为p（0＜p＜1），乙、丙晋级的概率均为q（0＜q＜1），且三人是否晋级相互独立． （1）若甲晋级的概率与乙、丙两人均没有晋级的概率相等，与乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率也相等，求p，q； （2）若，记三个人中成功晋级的人数为ξ，若ξ＝0时和ξ＝3时的概率相等，求E（ξ）． 18．（17分）已知函数f（x）＝ex+ax+1（a∈R），g（x）＝ln（x+1）﹣1． （1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程； （2）讨论f（x）在R上的单调性； （3）若f（x）≥1﹣g（x）对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围． 19．（17分）已知双曲线E：的离心率为，右焦点到E的一条渐近线的距离为2． （1）求E的方程； （2）经过点P的直线l1、l2（斜率都存在）分别与E交于点A、B和C、D，M、N分别为AB、CD的中点． （i）若点M（﹣2，2），求直线l1的方程； （ii）若点P（﹣2，0），且•0，证明：直线MN过定点． 参考答案 一．选择题 1．D． 2．C． 3．C． 4．C． 5．D． 6．D． 7．B． 8．A． 二．多选题 9．ACD． 10．BC． 11．ACD． 三．填空题 12．60． 13．3． 14．． 四．解答题 15．解：（1）依题意，令n＝1，可得，即，解得a2＝4或0（舍去）， 令n＝2，可得，即，解得a3＝9或1（舍去）， 又{an}是各项都为正数的递增数列，且a1＝1， 故从第二项开始每一项都大于1， 故an+1+an﹣1＞0， 由， 可得， 整理得， 则， 又， 故数列是首项为1，公差为1的等差数列， 故， 所以； （2）由（1），可得 ， 所以 ， 故． 16．解：（1）证明：在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C， 因为AC⊥BC1，AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面AB1C， 所以BC1⊥平面AB1C， 因为BC1⊂平面BB1C1C， 所以平面AB1C⊥平面BB1C1C． （2）如图，以C1为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系， 则C1（0，0，0），C（0，2，0），B1（2，0，0），B（2，2，0）， 设A（a，b，c），则A1（a，b﹣2，c）， 因为，，且AC⊥BC1， 所以，即a+b＝2， 因为AC＝2，所以a2+（b﹣2）2+c2＝4， 设平面ABC的法向量为， 因为，， 则，所以， 令y＝c，则， 易得平面BB1C1C的一个法向量为， 因为平面BB1C1C与平面ABC的夹角的余弦值为， 所以， 解得a＝b＝1，， 所以． （3）设平面AB1C1的法向量为， 因为，， 则，所以， 令z1＝1，得， 设平面ABC与平面AB1C1的夹角为θ， 因为平面ABC的一个法向量为， 所以， 所以平面ABC与平面AB1C1的夹角的余弦值为． 17．解：（1）∵甲晋级的概率为p（0＜p＜1），乙、丙晋级的概率均为q（0＜q＜1）， ∴乙没有晋级的概率为1﹣q，丙没有晋级的概率为1﹣q， ∵三人是否晋级相互独立， ∴乙与丙均没有晋级的概率为（1﹣q）2， ∵甲晋级的概率与乙、丙两人均没有晋级的概率相等， ∴p＝（1﹣q）2①， 又∵甲晋级的概率与乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率也相等， ∴p＝q（1﹣q）+（1﹣q）q＝2q（1﹣q）②， 联立①②可得，． （2）∵三人是否晋级相互独立， ∴P（ξ＝0），P（ξ＝3）， ∵ξ＝0时和ξ＝3时的概率相等， ∴，解得q， 由题意可得，ξ所有可能取值为0，1，2，3， P（ξ＝0）， P（ξ＝1）， P（ξ＝2）， P（ξ＝3）， 故E（ξ）． 18．解：（1）当a＝1时，函数f（x）＝ex+x+1， 求导可得f′（x）＝ex+1，则有f（0）＝2，f′（0）＝2， 则y＝f（x）在（0，2）处的切线方程为y﹣2＝2（x﹣0）， 即y＝2x+2； （2）易知f′（x）＝ex+a， 当a＜0时，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣a）， 当x＜ln（﹣a）时，ex＜﹣a，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x＞ln（﹣a）时，ex＞﹣a，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当a≥0时，ex＞0，故f′（x）＝ex+a＞0恒成立，f（x）在R上单调递增； 综上可知： 当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣a））上单调递减，在（ln（﹣a），+∞）上单调递增； 当a≥0时，f（x）在R上单调递增； （3）不等式f（x）≥1﹣g（x）对任意的x∈[0，+∞）恒成立， 即ex+ax+ln（x+1）﹣1≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立， 设h（x）＝ex+ax+ln（x+1）﹣1，x∈[0，+∞），可得， 令，x∈[0，+∞）， 则， 因为x∈[0，+∞），所以， 因此， 因此k（x）在[0，+∞）上单调递增；又k（0）＝a+2， 当a+2≥0时，即a≥﹣2时，k（x）≥k（0）≥0， 即h′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，因此h（x）在[0，+∞）上单调递增， 所以h（x）≥h（0）＝e0+0+ln（0+1）﹣1＝0恒成立，满足题意； 当a＜﹣2时，﹣a﹣1＞1，由x∈[0，+∞）可得， 此时， 易知当x∈[0，ln（﹣a﹣1））时，h′（x）≤ex+a+1＜0， 即h（x）在[0，ln（﹣a﹣1））上单调递减，所以存在h（x）＜h（0）＝0， 这与h（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立矛盾； 综上可得：a的取值范围为[﹣2，+∞）． 19．解：（1）设双曲线右焦点为（c，0），则有a2+b2＝c2， 由于E的一条渐近线的方程为， 由题可得解得， 所以双曲线E的方程为． （2）（i）设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意点M（﹣2，2）是AB中点， 则x1+x2＝﹣4，y1+y2＝4，直线l1的斜率， 因为A、B在双曲线E上，则，两式相减得， 整理可得，即k＝﹣4， 所以直线l1的方程为y﹣2＝﹣4（x+2），即4x+y+6＝0， 检验：联立，消去y得3x2+12x+10＝0，Δ＝144﹣3×4×10＞0，符合题意； 所以直线l1的方程为4x+y+6＝0． （ii）证明：设M（x0，y0），因为，所以l1⊥l2， 设直线l1：x＝my﹣2（m≠0）， 联立，消去x得（4m2﹣1）y2﹣16my+12＝0， Δ＝（16m）2﹣48（4m2﹣1）＝16（4m2+3）＞0且4m2﹣1≠0． 则有，所以，代入直线l1：得，所以． 同理设C（x3，y3），D（x4，y4），N（xN，yN），设直线， 联立，消去x得（4﹣m2）y2+16my+12m2＝0， Δ＝（16m）2﹣48m2（4﹣m2）＝16m2（3m2+4）＞0且4﹣m2≠0， 则，代入直线l2：得，得． 所以， 则有直线． y＝0，得． 当直线MN的斜率不存在时，则m＝±1，所以直线． 所以直线MN过定点． 学科网（北京）股份有限公司 $