精品解析：湖北省荆州中学2026-2027学年高三上学期起点考试数学试卷

荆州中学2024级高三起点考试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 设，其中，是实数，是虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算法则化简后，根据复数相等的条件即可得解. 【详解】, 为实数，所以, 故选：D. 2. 在中，“”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 【答案】A 【解析】 【分析】结合同角三角函数关系、诱导公式，分别从充分性、必要性两方面来说明即可. 【详解】一方面：， 另一方面：，但， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知等比数列满足：.设，记数列的前项和为，则（ ） A. 149 B. 153 C. 155 D. 157 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式求解，从而可得的通项公式，根据分组求和可得的值. 【详解】设等比数列的公比为，则， 则，可得，所以， 则， 所以. 故选：B. 4. 已知展开式的二项式系数和为64，则该展开式中常数项为（ ） A. 15 B. 20 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用求出，然后再利用二项展开式的通项即可求解. 【详解】根据题意可得，解得， 则展开式的通项为， 令，得， 所以常数项为：. 故选：A. 5. 已知随机变量，均服从两点分布，且，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用全概率公式，由的值，得到的值，再由条件概率计算公式即可. 【详解】由于  服从两点分布，且 ， 因此. 由全概率公式得， 即， 所以， 由条件概率计算公式得. 故选：D 6. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】先分类，再每一类中用分步乘法原理即可. 【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种 所以每位同学的不同选修方式有种， 故选：B. 7. 已知函数，若存在最小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的单调性可知，若函数存在最小值，则最小值是，则根据指数函数的性质，列式求实数的取值范围. 【详解】时，，时，， 若要使得存在最小值，只需要，即. 故选：D. 8. 已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对求导，得出，再利用奇偶性构造关于和的方程组，进而求出的解析式，化简题中式子并参变分离得出，再构造函数，通过求导求其最小值即可. 【详解】因为偶函数，则①， 对两边求导得，②， 在③中，用代替得④， 由①②④可得，⑤， 联立③⑤得，， 则化简为，， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，故， 则实数的取值范围是. 故选：A 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. 9. 已知，则（　　） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】ABD选项，利用基本不等式求最值即可；C选项，利用特殊值判断. 【详解】，即，解得，当且仅当时等号成立，故A错； 可整理为， ，当且仅当，即时等号成立，故B正确； 当，时，，故C错； ，当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的一个对称中心为 B. C. 函数为周期函数，且一个周期为4 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先应用函数为奇函数代入化简得出对称中心判断A，根据函数为偶函数结合赋值法判断B,特殊值法判断C，赋值法得出函数值判断D. 【详解】对于A，因为为奇函数，所以， 即，所以， 所以，所以函数的图象关于点对称，所以A正确， 对于B，在中，令，得，得， 因为函数为偶函数，所以， 所以，所以， 令，则，所以，得，所以B正确， 对于C，因为函数的图象关于点对称，， 所以，所以，所以4不是的周期，所以C错误， 对于D，在中令，则， 令，则，因为，所以， 因为，所以，所以D正确， 故选：ABD． 11. 函数，下列说法中正确的有（ ） A. 函数是偶函数 B. ，使为周期函数 C. 当时，的极小值为1 D. 当时，恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用奇偶性和周期性的定义判断A，B；利用导数求函数极值判断C；设，利用导数求最小值大于0，判断D. 【详解】对于A，为偶函数，A对. 对于B，不是周期函数，则不可能是周期函数，B错. 对于C，时，， 令，则或 所以在和上单调递增，在和上单调递减， ，C对. 对于D，令， 设，则， 设，则， 当在上单调递增，， 在上单调递增，在上单调递增， ，即恒成立，D对. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：对于选项D，利用作差法判断不等式恒成立. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合,且则的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】由集合元素与集合的关系即可得到答案. 【详解】因为集合,且 所以，解得， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】本题考查集合的基本定义，属基础题. 13. 命题“，”为假命题，则实数的取值范围为___________； 【答案】 【解析】 【分析】命题“，”为，则：，.由为假命题可知为真命题，即，恒成立，由分离变量法可得结果. 【详解】设命题“，”为，则：，. 由为假命题可知为真命题，即，恒成立， ，所以. 又，，当且仅当时，， 所以，即的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且； （ⅱ）若随机变量，满足，则． 连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为_____． 【答案】11 【解析】 【分析】根据题中给的条件，构造随机变量，用题中给的规律计算期望. 【详解】设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为偶数. 设随机变量表示事件第一次发生时已经进行的抛掷次数. 由于每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第一个投出的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了以外的两个偶数. 设随机变量表示从出现第一个偶数后，直到出现第二个不同偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第二个出现的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了，以外的那个偶数. 设随机变量表示从出现第二个不同偶数后，直到出现第三个偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 经过三个步骤，能保证2，4，6点恰好均出现，且出现次数最少的点数出现的次数为1. 随机变量为抛掷骰子直至2，4，6均出现时已经进行的试验次数. . 故 故答案为：11 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. 设正项数列的前n项和，满足． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据和之间的关系，结合等差数列的定义和通项公式进行求解即可； （2）运用裂项相消法进行求解即可. 【小问1详解】 由得，可知， 两式相减得， 即， ， ∵当时，， 则是首项为1，公差的等差数列， 的通项公式为； 【小问2详解】 ， ， . 16. 如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上. （1）求证：平面平面； （2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求. 【答案】（1） 证明：由正方形有，又平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 过点作，则，，，所以， 所以，即，又， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）或 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，设即可求得点的坐标，利用夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知两两互相垂直，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图： 则有，设，则，设， 则有，解得，得， 所以， 设平面的法向量为，则有， 令，得， 设直线与平面所成角为， 所以， 解得或， 所以或. 17. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行，记甲同学第局赢的概率为 （1）求乙同学第局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使 成立，求的最小值. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由全概率公式得到甲同学第局赢的概率，从而得到答案； （2）得到为等比数列，得到通项公式，得到答案； （3）参变分离，利用导函数得到函数单调性，要求的最小值，即求的最大值，分为偶数和奇数两种情况，得到为最大值，得到答案 【小问1详解】 由题意甲同学第局赢的概率为， 所以乙同学第局赢的概率为 ； 【小问2详解】 由已知时，， 所以 ，又， 所以数列 是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以 ； 【小问3详解】 即， 令，则， 易知是减函数，，所以时，，单调递减， 显然 ，因此要求的最小值，即求的最大值， 又 ， 为偶数时，，随着的增大，减小，所以， 为奇数时，，随着的增大，增大，所以， 所以是 中的最大值， 所以，故k的最小值为. 18. 已知双曲线C：的离心率为，点在C上，A，B为C的左、右顶点． （1）求C的方程； （2）若点M，N在C的右支上（M在第一象限），直线AM，BN分别交y轴于P，Q两点，且． （ⅰ）探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ⅱ）设，分别为和的面积，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）过定点，定点坐标； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由离心率和双曲线上的点结合，解得，即可得出答案； （2）（ⅰ）设， 方法一：由，设，得直线即的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理求得，写出直线的方程，进而可得，分和两种情况，得直线的方程即可得直线所过的定点； 方法二：设直线的方程为，一方面，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到；另一方面，写出直线的方程，进而得到的坐标，再由得到.从而有，即可得到直线所过的定点. （ⅱ）由（ⅰ）结合得到在双曲线的右支上根据渐近线方程得到，通过换元并利用导数可求得的取值范围. 【小问1详解】 因为离心率，所以，而，所以． 所以双曲线的方程为． 将点代入双曲线方程，得，所以． 所以的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）直线过定点． 由双曲线的方程可知，设． 方法一：由，可设，则直线即的方程为． 联立整理得. 由题设知，且． 由根与系数关系，得，所以． 所以，即． 又直线即的方程为， 联立得， 由题设知，且． 由根与系数关系，得，所以， 所以. ∴． 当时，直线的斜率 ． 直线的方程为． 化简整理得，直线过定点． 当时，，即， 解得．直线也过定点． 综上，直线过定点． 法二：设直线的方程为，联立 整理得， 则． 所以． 直线．令，得． 直线，令，得． 由，得， 即， 所以． 即． 因为， 所以． 整理可得． 所以，所以直线过定点． （ⅱ）由（ⅰ）知，直线过定点， 则． 由（ⅰ）知， ∴． 又点在双曲线的右支上，双曲线的渐近线方程为． 所以． 令，则， 于是． 令，，则，在单调递减， 所以在单调递增， 当，即时，取得最小值． 所以的取值范围是． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【答案】（1） （2） （3）证明：由，可得， 令，可得， 当时，在上递增， 而，，所以存在，使得， 所以在单调递减，在单调递增， 又，，， 所以存在，使得，所以在递减，在递增， 又当时，，所以在递增， 所以在单调递减，在单调递增， 所以是在上的唯一极小值点； 此时，， 所以在，即上存在唯一零点，使得， 下证：. 因为，所以，又因为在递增，只需证， 因为是的唯一极小值点，可得，即，可得 又因为，即， 因为，只需证明：， 令，其中， 则， 所以在上单调递增，， 所以成立，证毕， 所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解； （2）由，可得，当时，由，不符合题意，得到， 法一：当时成立，分和，利用函数，以及函数的单调性，证得；法二：当时成立，此时，分和，两种情况讨论，结合导数求得函数的单调性，进而证得； （3）由（2）知在上递增，利用零点存在性定理，得到存在，使得，求得函数的单调性，得到存在，使得，得到单调性，结合，，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. 【小问2详解】 解：由，且， 由，可得， 当时，，，不符合，故， 法一：当时成立，此时， 当时，， 令，可得， 所以在递增，在递减， 又，，所以，即. 当时，可得，所以. 所以当时，均有对恒成立， 综上所述，整数的最小值为. 法二：当时成立，此时， 当时，，令， 可得在上递增， 因为，， 所以存在，使得，即， 又因为，所以， 则， 所以在递增，有， 当时，， 所以，也成立. 综上所述，整数的最小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荆州中学2024级高三起点考试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 设，其中，是实数，是虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 在中，“”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. 已知等比数列满足：.设，记数列的前项和为，则（ ） A. 149 B. 153 C. 155 D. 157 4. 已知展开式的二项式系数和为64，则该展开式中常数项为（ ） A. 15 B. 20 C. D. 5. 已知随机变量，均服从两点分布，且，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 7. 已知函数，若存在最小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是定义在上的偶函数，是的导函数，，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） 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. 9. 已知，则（　　） A. B. C. D. 10. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的一个对称中心为 B. C. 函数为周期函数，且一个周期为4 D. 11. 函数，下列说法中正确的有（ ） A. 函数是偶函数 B. ，使为周期函数 C. 当时，的极小值为1 D. 当时，恒成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合,且则的取值范围是____________. 13. 命题“，”为假命题，则实数的取值范围为___________； 14. 已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且； （ⅱ）若随机变量，满足，则． 连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为_____． 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. 设正项数列的前n项和，满足． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 16. 如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上. （1）求证：平面平面； （2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求. 17. 某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概率为，前一局赢后下一局继续赢的概率为，前一局输后下一局赢的概率为，如此重复进行，记甲同学第局赢的概率为 （1）求乙同学第局赢的概率； （2）求； （3）若存在，使 成立，求的最小值. 18. 已知双曲线C：的离心率为，点在C上，A，B为C的左、右顶点． （1）求C的方程； （2）若点M，N在C的右支上（M在第一象限），直线AM，BN分别交y轴于P，Q两点，且． （ⅰ）探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由； （ⅱ）设，分别为和的面积，求的取值范围． 19. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； （2）若对恒成立，求整数的最小值； （3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $