湖北新八校2026-2027学年高三上学期8月联考数学试卷

高三数学 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.已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2.若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3.在长方形中，，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 4.已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 5.甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排照相，则甲与乙相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 6.已知椭圆：（）与抛物线：（）有相同的焦点，椭圆与抛物线在第一象限交于点，轴，则椭圆的离心率等于（ ） A. B. C. D. 7.在中，角、、的对边分别是、、，则“”是“是锐角三角形”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 8.设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，（且），若，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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.已知圆：，直线：（），下列选项正确的有（ ） A.圆的圆心坐标为，半径为5 B.直线恒过定点 C.当时，直线与圆相离 D.直线被圆截得的弦长最小值为 10.已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列结论正确的有（ ） A.， B.当时，最小 C.使得成立的最小自然数 D. 11.已知抛物线：，焦点为，过的动直线交抛物线于、两点，则下列结论正确的有（ ） A.抛物线的准线方程是 B.的最小值是8 C.若直线倾斜角为60°，则面积为（是坐标原点） D.抛物线在、两点处的切线的交点在定直线上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知数列是等比数列，其前项的和为，若，，则________. 13.已知函数，（），若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则的值为________. 14.正四面体的棱长为6，在平面内有一动点，满足，若直线与直线所成的角为，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.（13分） 某科技园区有甲、乙、丙三家企业，产出的模型数量之比为，三家企业的模型出现代码漏洞的概率分别为3%、2%、1%，现从园区所有产出的模型中随机抽取1个模型. （1）求随机抽取的这个模型存在代码漏洞的概率； （2）如果抽到的模型存在代码漏洞，求该模型出自甲企业的概率. 16.（15分） 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，平面，，，，点是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若平面与平面所成锐二面角的正切值为1，求直线与平面所成角的正弦值. 17.（15分） 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，，求的面积. 18.（17分） 已知双曲线：（，）的离心率等于2，点在双曲线上. （1）求双曲线的标准方程； （2）直线（）与轴交于点，与双曲线的右支交于、两点（在、之间），是双曲线的右焦点，过作的垂线，垂足为. （i）若是中点，求的值； （ii）证明：直线经过定点. 19.（17分） 已知函数（）. （1）讨论的单调性； （2）对，都有，求实数； （3）设数列的通项公式为，为数列的前项的和，证明： （）. 高三数学 一、单项选择题：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.【答案】B 【详解】由题意得，集合. 因为，所以.故选B. 2.【答案】D 【详解】展开复数z得. 因为z为纯虚数，所以解得.故选D. 3.【答案】A 【详解】在长方形ABCD中，且. 因为，所以且. 因此，相似比为. 所以. 又因为，所以. 故选A. 4.【答案】C 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为. 因为圆锥的侧面展开图为半圆，其圆心角为，所以展开图弧长等于底面周长，即. 又圆锥的侧面积为. 解得. 圆锥的高为. 故圆锥的体积为. 故选C. 5.【答案】D 【详解】五名同学全排列的基本事件总数为. 利用捆绑法，将甲、乙视作一个整体，内部排列有种方式，该整体与其余三人共4个元素全排列有种方式，故甲与乙相邻的事件数为. 所求概率为. 故选D. 6.【答案】B 【详解】由题意，抛物线的焦点为，则. 抛物线方程为. 因为轴且点在第一象限，所以点的横坐标为. 将代入抛物线方程得，故. 又点在椭圆上，且椭圆过焦点的通径半长为，因此. 由代入得. 两边同除以并设离心率，得. 解得（负根已舍去）. 故选B. 7.【答案】B 【详解】因为，所以. 由正弦定理，不等式等价于. 由余弦定理可得 . 即条件等价于“角为锐角”. 若是锐角三角形，则角A、B、C均为锐角，必有角为锐角，必要性成立；若角为锐角，角或角可以为钝角（例如），此时不是锐角三角形，充分性不成立.故“”是“是锐角三角形”的必要不充分条件. 故选B. 8.【答案】C 【详解】因为为奇函数，所以， 即函数关于点中心对称，从而. 因为为偶函数，所以， 即函数关于直线轴对称. 由此可得. 即是周期为4的周期函数. 同时由对称性可知. 由已知，得. 当时，，代入与： 解得，满足且. 故当时，. 因为，由周期性得. 由于，直接代入解析式得. 故选C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.【答案】ABD 【详解】对于A：圆C方程配方整理得. 圆心为，半径，故A正确； 对于B：直线方程变形为. 令且，解得，故直线恒过定点，故B正确； 对于C：定点到圆心的距离为. 定点在圆内部，故对任意，直线与圆恒相交，故C错误； 对于D：当直线时，直线被圆截得的弦长最短，最小弦长为. 故D正确. 故选ABD. 10.【答案】AD 【详解】由以及可知，数列后项取负值. 由且公差，可得. 对于A：因为，故A正确； 对于B：由于，当充分大时不存在最小值，故B错误； 对于C：若，前项和在正数项求和后递减并变为负数，对应的为最大项数而非最小自然数，故C错误； 对于D：因为且当时，所以. 两边取绝对值必有，故D正确.故选AD. 11.【答案】ABD 【详解】对于A：由得，焦点为，准线方程为，故A正确； 对于B：由抛物线定义，焦点弦长. 当且仅当直线垂直于对称轴（通径）时取等号，故最小值为8，故B正确； 对于C：直线倾斜角为，其方程为. 代入得. 设，则. . 则的面积为. 故C错误； 对于D：设，抛物线在点处的切线方程为，在点处的切线方程为. 联立两切线方程解得交点的横坐标为. 因为直线AB过焦点，所以，代入得. 故两切线的交点恒在定直线（即抛物线准线）上，故D正确. 故选ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.【答案】 【详解】设等比数列的公比为. 因为且，所以. 由前4项和公式与题设得. 又，所以. 故.故填. 13.【答案】－3 【详解】设公共切点的坐标为，其中. 求导得. 由在公共点处切线相同，得 由第二式得，代入第一式得. 化简得. 设，由于在上单调递增，且，所以方程有唯一实根. 将代入的表达式中，得. 故填－3. 14.【答案】 【详解】设正的中心为，连接AO. 因为ABCD为正四面体，所以平面BCD. 在正中，边长为6，外接圆半径为. 在Rt中，正四面体的高为. 在Rt中，因为，所以. 故点在平面BCD内的轨迹是以为圆心、1为半径的圆. 因为平面BCD且平面BCD，所以. 故. 设在平面BCD内向量与的夹角为， 则. 由异面直线所成角的定义：. 因为，所以，从而. 故填. 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.【答案】（1）0.017；（2）. 【详解】设事件、、分别表示抽取的AI模型出自甲、乙、丙三家企业，事件表示抽取的AI模型存在代码漏洞. 由题设条件可知： . . （1）由全概率公式得 . 答：随机抽取的这个AI模型存在代码漏洞的概率为0.017. （2）由条件概率与贝叶斯公式得 . 答：该模型出自甲企业的概率为. 16.【答案】（1）见详解证明；（2）. 【详解】（1）证明：因为平面平面ABCD，所以. 又因为且，所以. 因为，且PC、平面PCD，所以平面PCD. 又因为平面PAD，所以平面平面PCD. （2）设，则. 以为坐标原点，分别以、的方向为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系. 设，则各点坐标为. 平面ABCD的法向量可取为. 在平面PAD中，. 设平面PAD的法向量为，则 取，得. 设平面PAD与平面ABCD所成的锐二面角为，则. 由得，故. 因此.因为点是PB的中点，所以. 可得. 设平面ACE的法向量为，则 令，解得，所以. 设直线PD与平面ACE所成角为， 则. 答：直线PD与平面ACE所成角的正弦值为. 17.【答案】（1）；（2）. 【详解】（1）在中，由余弦定理得. 代入已知等式得. 由射影定理可知，所以. 因为，所以. 又因为，所以. （2）由余弦定理得 . 将与代入上式得. 故的面积为. 18.【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见详解，定点为. 【详解】（1）由题意，，则. 双曲线方程可写为，即. 将点代入方程得. 所以.故双曲线的标准方程为. （2）由（1）可知，双曲线右焦点为. 因为，所以直线PF的方程为（垂直于轴）. 由直线方程，令得. 设，联立直线与双曲线方程：. 整理得. 判别式. 由韦达定理得. （ⅰ）因为，且是QN的中点，所以在轴方向上有. 代入韦达定理得 从而. 两边同乘得. 因为，所以. 此时，满足，两交点均在右支. （ⅱ）证明： 因为直线PF的方程为，过作PF的垂线，垂足为. 点坐标为. 当时，直线HN的方程为. 由韦达定理可知. 直线HN令，得. 将代入右边式子得 . 因为，两边同除以，得. 因此无论为何值，直线HN恒过定点. 19.【答案】（1）见详解；（2）；（3）证明见详解. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得. （ⅰ）当时，对任意，都有，即，所以在上单调递增； （ⅱ）当时，令，解得. 当时，单调递减； 当时，单调递增. 综上所述： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）可知： （ⅰ）若，当时，，故，不满足对任意均有； （ⅱ）若在处取得最小值，最小值为. 由题意需满足. 所以实数的取值范围是. （3）证明： 首先证明右边不等式： 设，求导得. 所以，即. 当时，令，得. 当时，成立； 当时，. 综合得. 接下来证明左边不等式： 设构造函数，求导得 . 当时，，所以在上单调递增， 因此对任意，有，即. 令，则 将上述不等式对累加得 即. 综上，原不等式获证. 学科网（北京）股份有限公司 $