精品解析：湖北黄冈市蕲春县第一高级中学2026届高三年级临门一脚数学试题

蕲春一中2026届高三年级临门一脚 数学试题 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，考场号，座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚. 4．考试结束后，请将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，只有一项是符合题目要求的. 1. “”是“复数为纯虚数”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 【答案】C 【解析】 【详解】由题意知，当时，，复数，是纯虚数，充分性成立； 当复数为纯虚数时，有， 解得，必要性成立， 则“”是“复数为纯虚数”的充要条件. 2. 展开式中的二项式系数和为512，则展开式常数项为（ ） A. 84 B. 28 C. 28 D. 84 【答案】D 【解析】 【详解】因为展开式中所有二项式系数和为，所以，解得， 二项展开式的通项为， 令，即， 所以展开式中的常数项为 . 3. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（ ） A. 15 B. 17 C. 80 D. 82 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质和等比数列的通项公式列方程求解的值，从而利用等比数列的求和公式计算可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为， ∵，，成等差数列，∴， ∴，∴，，解得. 则. 4. 下列四幅残差分析图中，与一元线性回归模型拟合精度最高的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由各选项的残差数值范围进行比较分析即可得解. 【详解】选项A残差数值范围约为，选项C残差数值范围约为，两残差分布的带状区域宽，拟合精度低， 选项B残差数值范围约为，选项D残差数值范围约为，两残差分布的带状区域宽度均比选项AC窄， 但选项B残差分布的带状区域宽度大于选项D，所以选项D的拟合精度最高. 故选：D 5. 已知直线与圆交于不同的两点、，是坐标原点，且有，那么的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的运算法则，结合直线与圆相交可求解. 【详解】设的中点为，则， 因为，所以，所以， 因为，所以， 因为直线与圆交于不同的两点， 所以，所以， 即，解得. 故选：C. 6. 小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（ ） A. 4天 B. 8天 C. 10天 D. 16天 【答案】A 【解析】 【详解】记为事件“小明戴帽子”，记为事件“小明戴墨镜”， ，， ， 所以，，（天）. 7. 如图， 向一个高为且底面水平放置的正四棱锥容器注水， 水面高度为时停止注水 (不考虑容器厚度)， 将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由注水四棱台部分的体积等于注水四棱锥部分的体积求解. 【详解】设正四棱锥的下底面边长为，因为注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为， 设注水四棱台的上底面边长为，则，解得， 注水四棱台的上底面的面积为， 注水四棱台的下底面的面积为， 则注水四棱台的体积为 ， 将此四棱锥容器倒置时，水的体积不变而且形成一个小四棱锥，设水面高度为，底面边长为， 则，解得，且底面面积为， 设此四棱锥容器倒置后注水四棱锥的体积为，则， 又，则，解得，即， 即此四棱锥容器倒置后，水面高度为. 8. 已知两函数和的图象在区间上有三个交点，且三个交点构成一个正三角形，若交点横坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，化简可得，根据正切函数的性质求出的范围，以及三个交点的横坐标，再根据正三角形的性质求出，再利用二倍角公式以及和差化积公式即可得解. 【详解】令，即， 即，所以， 因为函数和的图象在区间上有三个交点， 所以方程在区间上有三个不同的解， 因为，所以， 所以，所以， 由，得， 所以， 所以， 则函数和的图象相邻两个交点的水平距离为， 构成正三角形的高为， 由正三角形的性质可得高与水平距离之比为， 即，所以， 所以， 则 ， 由和差化积公式可得 ， 所以. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 是的极值点 B. 是 的极大值点 C. 的单调递减区间是 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，求出函数的单调区间，结合极值点的意义逐项判断. 【详解】观察导函数的图象，当或时，，当且仅当时取等号， 当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点， 但在两侧符号不变，所以不是的极值点，所以A错误，B正确； 的单调减区间是，所以 C正确； 函数在上单调递增，所以，所以D错误. 10. 已知一个圆锥的底面半径为1，高为2，则下列对该圆锥的表述正确的是（ ） A. 侧面积为 B. 过两条母线的截面面积的最大值为2 C. 圆锥的内切球半径为 D. 设是圆锥的底面圆直径，是底面圆周上一点，若，则与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由扇形的面积公式计算判断A；根据圆锥的性质计算判断B；设内切球球心为，半径为，过作，根据相似三角形计算判断C；根据异面直线所成角的求法计算判断D. 【详解】对于A，设圆锥的母线长为，由题意可知， 所以圆锥的侧面积为，故A错误； 对于B，因为过两条母线的截面为等腰三角形， 且， 所以顶角为锐角，故过两条母线的截面面积的最大值为轴截面面积， 其面积为，故B正确； 对于C，设内切球球心为，半径为，过作， 则，，则与相似， 则，即，故C正确； 对于D，过点作交底面圆于，如图所示： 则即为与所成角或其补角， 因为，所以为等腰直角三角形， 所以为弧的中点，为弧的中点， 故， 所以， 所以则与所成角的余弦值为，故D正确. 11. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，当为的上顶点时，.过点作直线的垂线，垂足为，直线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的短轴长为 B. 三角形的面积的最大值为 C. 四边形的面积的最大值为 D. 设的中点的横坐标为，则为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据条件确定椭圆的有关参数，可判断A的真假；将椭圆方程与直线：联立，利用韦达定理，可确定为定点，利用求三角形的面积的最大值，判断B的真假；利用四边形的面积为表示出四边形的面积，结合对勾函数的性质求面积的最大值，判断C的真假；列出和的表达式，化简即可判断D的真假. 【详解】记椭圆的半焦距为，则， 当为椭圆的上顶点时，，所以. 所以椭圆的短轴长为，故A正确； 如图： 由上分析知，椭圆的方程为. 因为点、、能构成三角形，所以直线的斜率不为0， 可设直线：，代入椭圆：， 得：，整理得：. 设，，则，. 所以，故直线的方程为：， 因为，令可得， ，即. 所以，当为短轴顶点时取等号.故B正确； 因为， 所以. 设四边形的面积为，则. 令，则，则， 设 ， 根据对勾函数的性质，在上单调递增，所以，时取等号. 所以.故C错误； 因为 ， 又， 所以为定值，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙、丙、丁共4人站成一排，若甲、乙两人相邻，而乙、丙两人不相邻，则不同的排法种数共有________.（用数字作答） 【答案】 8 【解析】 【分析】先将甲乙捆绑，再将甲乙整体和丁排列，最后得到丙位置的情况即可求解. 【详解】首先将甲、乙看成一个整体，甲、乙两人相邻的排列有种， 将甲乙整体和丁排列，有种，此时形成3个空位， 由乙、丙两人不相邻，则丙不能在乙的旁边，所以丙只有2个位置， 综上：不同的排法种数共有. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，直线AF1交C的另一条渐近线于点，则C的离心率为______． 【答案】4 【解析】 【分析】求出以为直径的圆的方程，此圆与渐近线联立方程组求出点的坐标，求直线的方程，此方程与渐近线联立方程组求出交点 ，利用，得到的等式，进行计算得解. 【详解】双曲线的左、右焦点分别为， ， 以为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A， 设坐标原点为， ， 以为直径的圆的方程为， 又的渐近线方程为， ，解得，则， ，， 直线的方程为， ，解得，则， ，，， ， ， ， ，， . 故答案为：4. 14. 已知函数，在点处作曲线的切线，其纵截距记为，若对恒成立，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求出点处的切线方程，得到截距，再根据裂项相消法求出的表达式，最后解不等式的恒成立问题即可． 【详解】由题意得，，， 因为，故点处的切线方程为， 则，所以， 则， 结合题意可得， 所以，可得， 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. 如图，四边形是正方形，平面，，，，点，分别为棱和的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，计算，，利用向量法计算可得； （2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 因为四边形为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，， 所以，所以，即. 【小问2详解】 设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为，又， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，，且的面积为，求的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合三角变换公式可求； （2）先求，根据正弦定理可得三边之比，结合面积可求三边，再由余弦定理可求的长度. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得， 因为，且， 所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，所以①， 又，所以， 故， 由正弦定理，得②， 由①②可得，，， 因为，所以， 在中，由余弦定理，得， 所以. 17. 已知函数（），. （1）若，证明：，； （2）求函数的零点个数. 【答案】（1）证明见解析； （2）有个零点. 【解析】 【分析】（1）要证：，，只需证：，，令，故只需证：，即可，利用导数分析函数单调性，证明即可； （2）利用导数研究函数的单调性，求得函数的最大值，利用极限结合单调性判断即可. 【小问1详解】 当时，， 要证：，，只需证：，， 令， 故只需证：，即可， ， 当时，，故， 即在上单调递减. 又， 所以当时，，即， 故，. 【小问2详解】 定义域为：，， 令，即，判别式， 所以方程有两个实根：或 因，故（舍去），， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故在处取得最大值 由于，所以 所以， 设，， ，所以在上单调递增， 又，所以，所以， 当时，，当时，. 由于，即是的一个零点. 又在单调递增，在单调递减； 则函数的零点有个. 所以，当时，有个零点. 18. 已知点在抛物线上． （1）求抛物线的标准方程； （2）若射线，均与圆相切，且点，在抛物线上． ①若存在，使得，求直线的方程； ②过点作于点，问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）①；②存在定点，定值． 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而求解即可得抛物线的标准方程； （2）设，求得直线的方程，利用直线与圆相切可得，化简得，进而可得直线过定点；①利用，可求得，进而计算可求得直线的方程；②由题意可得点在以为直径的圆上，进而可得，可得结论. 【小问1详解】 将点代入抛物线方程得，解得， 所以抛物线的标准方程为． 【小问2详解】 设， 因为点，在抛物线上，所以，， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 同理可得到直线的距离为， 因为两直线均与圆相切，所以，即， 两边平方得，所以， 所以， 所以 整理得， 因为，是不同的两点，所以， 所以①， 设直线的方程为，与抛物线联立得， 所以，所以，所以， 所以的方程，所以，所以直线过定点. ①因为，，， 所以， 由，得， 显然不符合题意，所以， 所以， 所以②， 由①②得，所以或， 当，得，此时是方程， 又，不符合题意，舍去； 所以，可得， 由，，两式相减得， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. ②因为直线过定点，过点作于点， 所以点在以为直径的圆上，所以， 所以存在定点，使得为定值，定值为. 19. 某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件． （1）求，； （2）求的表达式； （3）甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义． 【答案】（1）， （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求解； （2）分析出事件发生分两步：第次考试后恰好通过第2级考试，概率为，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为，由全概率公式及错位相减法即可求解； （3）由题意表示出，由条件概率公式及作差法得出，构造数列 ，得出的大小情况，进而得出与的大小． 【小问1详解】 依题意，， ． 【小问2详解】 事件发生分两步： 第一步，第次考试后恰好通过第2级考试，概率为， 第二步，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为； 由全概率公式得，， 设， 则， 两式相减得， ， 所以，所以． 【小问3详解】 依题意，， 又因为，， 所以， 令 ，则 ， 因为，所以， 故数列在时递增，又 ， ， 故当，4时， ， 故，即， 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较大， 当时， ，故，即， 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 蕲春一中2026届高三年级临门一脚 数学试题 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，考场号，座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚. 4．考试结束后，请将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，只有一项是符合题目要求的. 1. “”是“复数为纯虚数”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 2. 展开式中的二项式系数和为512，则展开式常数项为（ ） A. 84 B. 28 C. 28 D. 84 3. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（ ） A. 15 B. 17 C. 80 D. 82 4. 下列四幅残差分析图中，与一元线性回归模型拟合精度最高的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆交于不同的两点、，是坐标原点，且有，那么的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（ ） A. 4天 B. 8天 C. 10天 D. 16天 7. 如图， 向一个高为且底面水平放置的正四棱锥容器注水， 水面高度为时停止注水 (不考虑容器厚度)， 将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（ ） A. 2 B. C. D. 1 8. 已知两函数和的图象在区间上有三个交点，且三个交点构成一个正三角形，若交点横坐标为，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 是的极值点 B. 是 的极大值点 C. 的单调递减区间是 D. 10. 已知一个圆锥的底面半径为1，高为2，则下列对该圆锥的表述正确的是（ ） A. 侧面积为 B. 过两条母线的截面面积的最大值为2 C. 圆锥的内切球半径为 D. 设是圆锥的底面圆直径，是底面圆周上一点，若，则与所成角的余弦值为 11. 已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，当为的上顶点时，.过点作直线的垂线，垂足为，直线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆的短轴长为 B. 三角形的面积的最大值为 C. 四边形的面积的最大值为 D. 设的中点的横坐标为，则为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙、丙、丁共4人站成一排，若甲、乙两人相邻，而乙、丙两人不相邻，则不同的排法种数共有________.（用数字作答） 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，直线AF1交C的另一条渐近线于点，则C的离心率为______． 14. 已知函数，在点处作曲线的切线，其纵截距记为，若对恒成立，则实数的取值范围为___________． 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. 如图，四边形是正方形，平面，，，，点，分别为棱和的中点. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，，且的面积为，求的长度. 17. 已知函数（），. （1）若，证明：，； （2）求函数的零点个数. 18. 已知点在抛物线上． （1）求抛物线的标准方程； （2）若射线，均与圆相切，且点，在抛物线上． ①若存在，使得，求直线的方程； ②过点作于点，问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求该定值；若不存在，请说明理由． 19. 某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件． （1）求，； （2）求的表达式； （3）甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $