湖北武汉市新洲区第一中学2026届高三下学期211（第二轮）数学试卷

**基本信息** 试卷以高中数学核心知识为载体，融入人工智能激活函数、招聘考试等真实情境，通过基础题、综合题、创新题的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理、数学建模等核心素养，适配高三第二轮复习模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合运算、向量充要条件、复数模等|第6题结合AI神经网络激活函数，考查函数性质| |多选题|3|概率统计、数列性质、曲线方程|第9题辨析概率独立条件，培养批判性思维| |填空题|3|随机数表抽样、函数零点、圆锥与球相切|第14题多球相切问题，提升空间想象能力| |解答题|6|三角函数、概率应用、立体几何、导数、双曲线|16题以招聘考试为背景建模，18题导数证明不等式，综合考查逻辑推理与创新应用|

新洲一中2026届211（第二轮）高三数学试卷 一、单选题 1．集合，集合，则等于 A． B． C． D． 2．设为非零向量，则“对于任意”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 3．已知复数z是方程的根,则（   ） A． B． C．2 D．3 4．已知圆与圆相交所得的公共弦长为，则圆的半径（ ） A． B． C．或1 D． 5．在三棱锥中，，分别是，上的点，且，，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．人工智能（AI）领域中，神经网络是用于模仿神经元，用来学习规律做预测和识别的数学模型.神经网络中的激活函数能把线性输入变成非线性输出.是最常用的激活函数,下面关于表述错误的是（   ） A． B． C． D． 7．已知点在直线上移动，椭圆以和为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（   ） A． B． C． D． 8．在锐角中，已知，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列说法正确的是（   ） A．随机事件A,B相互独立的充要条件是 B．设X为随机变量,则 C．,则, D．若,记函数,,则的图象关于点对称 10．记等比数列的前项和为，已知，公比为，则（    ） A．是等比数列 B．是等差数列 C．是等比数列 D．是等比数列 11．曲线C：（）是优美的封闭曲线,其围成的面积记为,M是C与y轴正半轴的交点,过原点O的直线交C于点A,B,则（   ） A． B． C．当时,的最大值是 D．当时, 三、填空题 12．某公司利用随机数表对生产的900支新冠疫苗进行抽样测试，先将疫苗按000，001，…，899进行编号，从中抽取90个样本，若选定从第4行第4列的数开始向右读数，（下面摘取了随机数表中的第3行至第5行），根据下图，读出的第5个数的编号是________． 1676622766  5650267107  3290797853  1355385859  8897541410 1256859926  9682731099  1696729315  5712101421  8826498176 5559563564  3854824622  3162430990  0618443253  2383013030 13．函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________. 14．在母线与底面所成角为的圆锥内放入三个半径为1的球，这三个球两两相切，且均与圆锥的底面和侧面都相切，则圆锥的底面半径为_____；若再放入一个半径为的小球，使得它与三个小球均相切，且与圆锥的侧面相切，则_____． 四、解答题 15．已知函数（）,最小正周期的范围为. (1)求的取值范围； (2)若,函数的图象关于直线对称,求的值. 16．甲参加一项招聘考试，分为笔试和面试两个环节，笔试成绩合格后才能进入面试.笔试共有2道专业理论题与2道岗位实践题，每道专业理论题的难度系数（考生能够正确作答的概率）均为，每道岗位实践题的难度系数均为，考生至少答对3道题才能进入面试，否则被淘汰出局；面试共有5道问答题，由考官逐一提问作答，累计答对3道题或答错3道题，面试结束.已知甲笔试得满分的概率为，笔试和面试各题是否答对相互独立. (1)当时，求； (2)求甲能够进入面试的概率的最小值及相应的值； 17．四棱柱的底面ABCD是菱形,且,,侧面是矩形,且M是的中点. (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,,求直线与平面MAB所成角的正弦值. 18．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上单调递减，求的取值范围； (3)证明：（）. 19．已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为. (1)求双曲线的标准方程； (2)为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点. ①求证：直线与圆相切； ②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 新洲一中2026届211（第二轮）高三数学试卷 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A B C B D A B ABD ABD ACD 1．B【详解】试题分析：∵，∴，又，所以，故选B．考点：集合的运算． 2．A【详解】因为为非零向量，若对任意都有，则不共线， 根据不等式的取等条件可知，，充分性成立； 若，不妨取，且同向，则，满足， 此时存在，使得，必要性不成立. 综上，为非零向量，“对于任意”是“”的充分不必要条件. 3．B【详解】因为方程的判别式，所以该方程有虚数根， 所以，因此. 4．C【详解】两圆相减得公共弦方程为：， 根据题意可知，圆的圆心到公共弦的距离，解得：或， 当时，圆的标准方程为：，当时，圆的标准方程为：，所以或.故选：C 5．B【详解】作交于，如图，连接，则， 又，所以，所以，所以是与所成的角或其补角，由，，所以，，，所以，在中，， 所以与所成角的余弦值为. 6．D【详解】，故A正确； 恒成立，故，则，故，故B正确； ，， ，故C正确； ，又，，， ，故D错误. 7．A【详解】椭圆以，为焦点，即，，所以设椭圆方程， 联立方程，消去得出， 由题意可得，即，得出或（舍去），解得， 所以，所以椭圆的离心率的最大值为. 8．B【详解】由可得， 由正弦定理可得，如图，作于，设， 因为，所以，化简得，解得， 易知，，所以， 因此＝ ＝＝， 当且仅当时取得最小值.故选：B   9．ABD【详解】对于A，先证必要性：若相互独立，则， 所以， 再证充分性：若，则， 所以，即，说明与相互独立， 所以随机事件A,B相互独立的充要条件是，故A正确； 对于B，由于，则， 所以， 即，所以B正确； 对于C，由,则,，故C错误； 对于D，因为,记函数,, 所以对任意，有， 由正态分布的对称性：， 因此， 即的图象关于点对称，故D正确. 10．ABD【详解】等比数列通项公式，， 选项A：， ，即是首项为1，公比为2的等比数列，故A正确； 选项B：， ，即是首项为0，公差为2的等差数列，故B正确； 选项C：，， 当时，，故不是等比数列，故C错误； 选项D：，， 是首项为2，公比为2的等比数列，故D正确． 11．ACD【详解】当时，曲线C：，即， 当时，，即，当时，曲线C：， 当时，，即，这是一个顶点为和的直线段， 在区间内，由于，， 故时的图象比时更靠近坐标轴，，故A正确， 当时，曲线C：，即，其面积为，当时，曲线C：， 当时，，即，在区间内，由于，，进而有，故时其图像在单位圆的外部， 故，故B错误， 当时，曲线C：，易知， 由对称性可设，，则，， 当时，，即，代入上式得 ，对称轴为，故的最大值为，故C正确， 当时，当时，曲线C：，即， 当时，，即，令，则， ，设， 则，易知，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故当时，，，所以D正确. 12．729【详解】从685开始向右数，即685，992，696，827，310，991，696，729，跳过992，991，696重复，跳过，所以第5个数字为729.故答案为：729. 13．【详解】由，得, 当时，左边，等式不成立，故不是根，； 当时，分离参数得​，令，则问题等价于与的图象有两个不同的交点, , 因此在上恒成立, 所以在和上分别单调递减， 由于当，时，，时，，此时的值域为，当，时，，时，，此时的值域为，则的大致图像如下： 所以要使与的图象有两个不同的交点，则 14． 【详解】设圆锥底面圆心为，顶点为，底面半径为，高为，三个半径为的大球球心分别为. 因为母线与底面所成角为，所以，故过圆锥轴的截面是边长为的等边三角形. 取过圆锥轴及球心的截面.在该截面内，单位圆与底边、腰都相切.设右侧底角为，则在的角平分线上，且到底边的距离为. 在相应的直角三角形中，，解得.于是球心到圆锥轴的距离为. 设为圆锥轴与过且平行于底面的平面的交点，则.又因为三个大球两两相切，所以，故是边长为的正三角形.由对称性可知，是的外心，于是.从而，解得.故第一空应填. 设再放入的小球半径为，球心为.由对称性可知，在圆锥轴上.在上述截面内，小球化为一个与两腰都相切的圆.由于顶角为，且在顶角平分线上， 所以，从而.又因为，所以到底面的距离为. 在同一截面内，大球与小球相切，所以. 由前面结论可得，球心到圆锥轴的距离为，且到底面的距离为，因此. 于是，化简得.解得. 因为，所以.故第二空应填. 15．(1) (2) 【详解】（1） ， 又，函数的最小正周期为，所以，则； （2）由，且，故，即， 则，解得，则 . 16．(1) (2)； (3)的分布列见解析； 【详解】（1）由题意，笔试和面试各题是否答对相互独立， 所以甲笔试满分的概率为，则，又，所以. （2）由题意，甲至少答对3道题才能够进入面试， 所以甲能够进入面试的概率， 由（1）知，则，则， 整理得，因为， ， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以甲能够进入面试的概率的最小值为，相应的值为. 17．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为菱形，， 由棱柱得平面平面，所以。 因为是​ 中点，所以，由于在 中：， 所以，解得：，则 所以 ​，即因为侧面 是矩形， 由，都在平面内，平面， 因为，平面，平面 因为平面，⇒平面 平面. （2）取的中点，连接因为分别为的中点，，且， 所以四边形为平行四边形，所以 因为侧面是矩形,所以， 则平面与平面所成二面角的平面角为,过点作， 因为平面平面，平面平面， 由，所以平面，因为，则，， 以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，， 所以， ，，设平面MAB的一个法向量为, 则，取，则，设与平面MAB所成角为， 则 18．(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）当时，， 将代入：，所以切点坐标为； 求导得：，将代入导函数：， 所以切线斜率，所以曲线在点处的切线方程： ，因此，所求的切线方程为. （2）对求导得：，因为在上单调递减， 所以对于任意，都有：，即：， 因为，即：，对于任意恒成立， 令，，对于所有，不等式恒成立，只需， 对求导：， 当时，，则，所以，函数单调递增， 当时，，则，所以，函数单调递减， 所以，所以，所以的取值范围是. （3）设， 对取自然对数，得： ， 又， 于是， 构造函数，其中， 求导得：， 当时，，所以在上单调递增， 则对于任意，有， 即， 而， 所以， 因此， ， 由于，所以， 从而. 原不等式得证. 19．(1) (2)①证明见解析；② 【详解】（1）已知双曲线实轴长为，则，所以. 因为双曲线的一条渐近线为，即，所以，即. 所以双曲线的标准方程为. （2）①设，，则，均满足. 因为的外接圆经过点，所以可设的外接圆方程为. 所以，， 两式相减得，，故外接圆方程为. 则，，所以. 又，，代入中整理得，， 因为，所以，所以直线的斜率一定存在， 设直线的方程为，联立双曲线方程整理得， 当时，，，， 则， 所以，即. 原点到直线的距离为，等于圆的半径， 故直线与圆相切. ②直线与渐近线交于，与渐近线交于. 则. 直线与双曲线相交的弦长. 故. 由直线与双曲线相交可得，即且， 又点、、是双曲线上不同的三点，所以，故. 当时，，即； 当时，，即， 综上，的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $