精品解析：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

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. 是虚数单位，复数=（ ） A. B. C. 5 D. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数 . 设甲: ；乙: 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＝（　　） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正方体 中，是棱上的点，且，平面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. 已知函数图象的相邻两条对称轴间的距离为，函数（是的导数）的图象关于原点对称，若在上恰有3个极值点，则的取值范围为（ ） 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，，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，动点在椭圆上，点，下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 过点的直线与椭圆相交于两点，若为弦的中点，则直线的斜率为 C. 内切圆半径的最大值为 D. 的最大值为 11. 已知有如下定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点，为函数的“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，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 在区间上单调递增 C. 点是曲线的对称中心 D. 若方程有三个不同实根，则实数的取值范围为 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，且，则的展开式中常数项为______． 13. 在等比数列中，，且，则______． 14. 已知A1、A2、A3、A4、A5五个点，满足＝0（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. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式. （1）求及数列的通项公式； （2）令，求数列的前项积. 16. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，平面与平面的夹角的余弦值为，. （1）证明：平面平面. （2）求三棱柱的体积. （3）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 在东京奥运会中，甲，乙、丙三名跳水运动员参加小组赛，已知甲晋级的概率为，乙、丙晋级的概率均为，且三人是否晋级相互对立. （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，； （2）若，记三个人中晋级的人数为，若时的概率和时的概率相等，求. 18. 已知函数，. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论在R上的单调性； （3）若对任意的恒成立，求a的取值范围. 19. 已知双曲线的离心率为，右焦点到的一条渐近线的距离为2. （1）求的方程； （2）经过点的直线、（斜率都存在）分别与交于点、和、，、分别为、的中点. （i）若点，求直线的方程； （ii）若点，且，证明：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 是虚数单位，复数=（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算及模的定义求解. 【详解】依题意，， 所以. 故选：D 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的概念求解出结果. 【详解】因为，所以， 故选：C. 3. 已知函数 . 设甲: ；乙: 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 【答案】C 【解析】 【分析】分别由和是偶函数求解，再结合充分条件、必要条件的概念即可判断. 【详解】由， 代入得： ， 展开整理：， 消去同类项后得，即， 解得：， 由是偶函数，即对任意恒成立， 代入得： ， 展开整理得：，对任意恒成立， 因此，解得：，甲和乙推出的完全等价， 因此甲是乙的充要条件. 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 【答案】C 【解析】 【分析】分只有一个班去区域甲以及有两个班去区域甲进行讨论，结合排列数与组合数性质计算即可得. 【详解】分为两类，第一类：只有一个班去区域甲，在3，4，5三个班级中任选一个去区域甲， 剩下的四个班级去其余的三个区域，且每个区域至少有一个班，则方法种数为：； 第二类：有两个班去区域甲，在3，4，5 三个班级中任选两个去区域甲， 剩下的三个班级去其余的三个区域，方法种数为：； 故共有种方法. 5. 已知随机事件A，B，，，，则＝（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式计算判断各个选项. 【详解】因为，，， 所以，则， 所以. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】切化弦后，结合二倍角正余弦公式可构造方程求得，由可求得结果. 【详解】由得：， ，，，解得：， . 故选：D. 7. 如图，在正方体 中，是棱上的点，且，平面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. 【答案】B 【解析】 【分析】取上靠近的三等分点，连接，可得四边形是平面在正方体的截面，且将此正方体分为棱台和另一部分，设正方体棱长为，根据公式求出棱台的体积，再根据正方体体积求出另一部分体积，即可得到结果. 【详解】因为， 所以为上靠近的三等分点， 取上靠近的三等分点， 连接， 则， 所以平面在正方体的截面为四边形， 则将此正方体分为棱台和另一部分， 设正方体棱长为，则， 所以棱台的体积， 又，，， 所以， 又正方体体积， 所以另一部分体积， 所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为. 故选：B 8. 已知函数图象的相邻两条对称轴间的距离为，函数（是的导数）的图象关于原点对称，若在上恰有3个极值点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数的周期，借助函数的对称性求出，再由函数的极值点情况列出不等式作答. 【详解】依题意，函数的周期为，则，，， ，因为函数的图象关于原点对称， 则，又，则有，， 当时，，因为函数在上恰有3个极值点， 因此，解得， 所以的取值范围为. 故选：A 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，，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 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，利用极差、百分位数、平均数的概念逐项判断即可. 【详解】对于A项，极差等于，故A正确； 对于B项，该组数据的众数为10.1和，故B错误； 对于C项，，故分位数为，故C正确； 对于D项，平均数等于， 去掉后，这两组数据的平均数相等，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知椭圆的左右焦点分别为，动点在椭圆上，点，下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 过点的直线与椭圆相交于两点，若为弦的中点，则直线的斜率为 C. 内切圆半径的最大值为 D. 的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】由椭圆性质求的范围判断选项A；利用点差法结合两点表示斜率的公式，计算后可判断B；由面积法可得三角形内切圆半径，求出最大值即可判断C；把转化为，求出的最大值即可判断选项D. 【详解】椭圆的左右焦点分别为，动点在椭圆上， 对于A，当在左右顶点时，最小，为0，当在上下顶点时，最大， 此时，则，而， 因此不存在点，使得，故A错误； 对于B，设，为弦的中点，有 两点在椭圆上，有，两式相减得， 可得，， 所以直线的斜率为，B选项正确； 对于C，设的内切圆半径为，则， 则当最大时，最大，又，， 所以，则， 所以内切圆半径的最大值为，C选项正确； 由椭圆的定义知，，得， 点在椭圆内，有， 所以， 当三点共线且在之间时等号成立，所以D选项错误. 故选：BC 11. 已知有如下定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点，为函数的“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，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域为 B. 在区间上单调递增 C. 点是曲线的对称中心 D. 若方程有三个不同实根，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求得和，得到函数的单调区间和极值，以及的根，结合选项，逐项分析判定，即可求解. 【详解】由函数，可得，且， 对于A：当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 且当时，，当时，， 所以函数的值域为，所以A正确； 对于B，函数在单调递减，在单调递增，所以B错误； 对于C，令，可得，解得，且， 所以点是曲线的对称中心，所以C正确； 对于D，由在单调递增，在单调递减，在上单调递增， 所以函数的极大值为，极小值为， 且当时，，当时，， 要使方程有三个不同实根，即方程有三个不同实根， 即函数与的图像有三个不同的交点，所以， 所以实数的取值范围为，所以D正确. 故选：ACD. 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，且，则的展开式中常数项为______． 【答案】60 【解析】 【分析】先利用正态分布对称性求出的值，然后利用二项展开式求出常数项即可. 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为， 所以和关于2对称， 所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：， 所以二项展开式中常数项为：， 故答案为：60. 13. 在等比数列中，，且，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】先根据等比数列的性质求出，再对所求式子求和，利用等比数列的性质求值. 【详解】因为在等比数列中，，所以，解得， 设等比数列的公比为， 则数列是首项为，公比为的等比数列，其前7项和为 . 由等比数列的性质可知，所以. 故答案为：3 14. 已知A1、A2、A3、A4、A5五个点，满足＝0（n＝1，2，3），，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据已知条件求得的表达式，并利用基本不等式求得的最小值，进而求得的最小值. 【详解】设，则， 设，如图，则： ， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 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. 设是各项都为正数的递增数列，已知，且满足关系式. （1）求及数列的通项公式； （2）令，求数列的前项积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题干得到递推公式，可证明数列是公差为1的等差数列，代入可求通项公式； （2）由（1）可知，各项相乘即可求出前n项积. 【小问1详解】 由已知， 令代入得，即，解得或（舍去）， 令代入得，即，解得或（舍去）， 已知是各项都为正数的递增数列，且，故从第二项开始每一项都大于1，故， 对式子两边开根号得， 即，整理得，故：， 又，故数列是首项为1，公差为1的等差数列， 故，所以 【小问2详解】 因为 所以 故 16. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，平面与平面的夹角的余弦值为，. （1）证明：平面平面. （2）求三棱柱的体积. （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的定理证明平面，由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）建立恰当的空间直角坐标系，三棱柱的体积转化为，可求结果； （3）根据两平面夹角的计算方法，可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 在正方形中，. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，，的方向分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，. 设，则. 因为，，且， 所以，即. 因为，所以. 设平面的法向量为. 因为，， 所以，令，则. 易得平面的一个法向量为. 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，解得，， 所以. 【小问3详解】 解：设平面的法向量为，因为，， 所以，令，得. 设平面与平面的夹角为. 因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 在东京奥运会中，甲，乙、丙三名跳水运动员参加小组赛，已知甲晋级的概率为，乙、丙晋级的概率均为，且三人是否晋级相互对立. （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，； （2）若，记三个人中晋级的人数为，若时的概率和时的概率相等，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）求出乙、丙两人均没有晋级的概率和两人有且仅有一人晋级的概率可求出结果. （2）由题分析知服从二项分布，即可求出结果. 【小问1详解】 乙、丙两人均没有晋级的概率为， 乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率为， 故解得， 【小问2详解】 的所有可能取值为0，1，2，3. ，， 由题知，解得， 所以， 所以 . 18. 已知函数，. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论在R上的单调性； （3）若对任意的恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）. （2）答案见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义直接求出切线方程即可； （2）对参数的取值分类讨论，即可得出在R上的单调性； （3）将不等式等价转化为对任意的恒成立，求导得出当时在上恒成立，由恒成立可知满足题意，再对进行单调性分析得出矛盾即可求得结果. 【小问1详解】 当时，函数，求导可得， 则有, 则在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 易知， 当时，，故恒成立，在上单调递增； 当时，令，解得, 当时，单调递减， 当时，单调递增. 综上可知时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 不等式即为， 即对任意的恒成立， 设，易知， 令， 则，因为，所以, 因此，因此在上单调递增； 又， 当时，即时，，即在上恒成立， 因此在上单调递增，所以恒成立，满足题意； 当时，，由可得； 此时， 易知当时，， 即在上单调递减，所以存在，这与对任意的恒成立矛盾， 综上可得的取值范围为. 19. 已知双曲线的离心率为，右焦点到的一条渐近线的距离为2. （1）求的方程； （2）经过点的直线、（斜率都存在）分别与交于点、和、，、分别为、的中点. （i）若点，求直线的方程； （ii）若点，且，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率和右焦点到渐近线的距离以及双曲线中关系列等式，即可求得得值，从而得到双曲线的方程. （2）（i）用点差法求得中点弦的斜率，在用点斜式即可写出直线的方程. （ii）利用向量的数量积为得到与垂直，设出两条垂直的直线、分别与双曲线方程联立，写出、的坐标及斜率，再用点斜式写出直线的方程，化简即可得证. 【小问1详解】 设双曲线右焦点为，则有， 由于的一条渐近线的方程为， 由题可得，解得. 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）设，，由题意点是中点， 则，，直线的斜率. 因为、在上，则， 两式相减得， 整理可得，即， 可得直线的方程为，即， 检验：直线与联立方程得， 其，符合题意； 所以直线的方程为. （ii）设，由于，所以. 设直线，联立方程：，得， 其中且. 则有，，代入直线得， 所以. 同理设， 直线，联立方程：， 得， 其中且 则有，，代入直线得， 得. 所以 ， 则有直线. 令，得. 当直线的斜率不存在时，则，直线； 所以直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $