精品解析：湖北黄石市2026-2027学年高三上学期9月质量监测数学试卷

机密★启用前 2026年全市高三（9月）质量监测 数学试卷 本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 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．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足（为虚数单位），则（ ）． A. B. C. D. 3. 甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 设，，则 A. B. C. D. 6. 已知随机变量的分布列如下表所示，记的数学期望和方差分别为，，则当在上增大时，有（ ）． A. 增大，增大 B. 减小，增大 C. 增大，减小 D. 减小，减小 7. 已知函数的定义域为，对任意，有，则“”是“"的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 8. 在中，，，，是的中点，将沿折起，使、两点间的距离为，此时三棱锥的体积为（ ）． A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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. 十九世纪数学家迪利克雷提出了函数，被称为迪利克雷函数，其在现代数学的发展过程中有着重要意义．若函数，则下列实数中属于函数值域的有（ ）． A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 10. 下列表达式中，满足数列是单调递减的有（ ）． A. B. C. D. 11. 在直三棱柱中，，点是棱上一点，则下列说法正确的有（ ） A. B. 四棱锥的体积为6 C. 直三棱柱外接球的表面积为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等比数列的公比为2，且，，成等差数列，则数列的通项公式__________． 13. 已知,分别是双曲线的左、右焦点，,为双曲线的两条渐近线，设过点且平行于的直线交于点,若,则该双曲线的离心率为_____. 14. 已知平面直角坐标系中的点满足，若函数（，分别为的横，纵坐标）在处取得最大值（因，取值的不同而变化），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. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，且，的面积． （1）求证：； （2）求的最大值． 16. 如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形. （1）求椭圆C的标准方程； （2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q. （i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）； （ii）当最小时，求点T的坐标. 18. 某公司“团建”活动中设置转盘抽奖环节．如图，转盘外形为规则圆盘，其中A，B，C三个区域的面积相等．假设转盘指针不会落在区域的分界线上，指针只能随机地落入三个区域之一．当落入A时为获胜，得2分；当落入B或者C时得1分． （1）若指针转动三次，求三次得分之和的分布列和数学期望； （2）若指针转动次，，将次得分之和为的概率记为，求（用含的代数式表示）； （3）若将“指针转动次，至少获胜次”的概率记为，则“指针转动次，至少获胜次”的概率可记为．对于，分别求出和并比较大小，说明其大小关系的统计意义． 19. 分离函数的思想在现代数学的不少分支如凸分析、拓扑学等中有很多体现，在应用数学如信号理论、数据聚类与分类分析等分支中也有不少运用．在初等数学中，若有三个互不相同的函数，当在某个区间上恒有成立时，可以作为和在该区间上的分离函数． （1）试判断是否可以作为和在区间上的分离函数； （2）对于函数和，找一个二次函数可以作为这两个函数在区间上的分离函数，找一个即可并给出其解析式． （3）若存在实数和，使得函数可以作为函数和函数在区间上的分离函数，且满足，求的最大值并说明其几何意义． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★启用前 2026年全市高三（9月）质量监测 数学试卷 本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 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．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定集合B，再利用交集运算求解. 【详解】，， 故选：C 2. 设复数满足（为虚数单位），则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， ， . 3. 甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合可求基本事件的总数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的总数，从而可求对应的概率. 【详解】设“甲、乙在同一组”为事件， 教师随机分成三组，每组至少一人的分法为， 而甲、乙在同一组的分法有，故， 故选：A. 4. 已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得抛物线标准方程，再去求其准线方程即可解决. 【详解】抛物线的焦点， 由，可得，不妨令 则，解之得 则抛物线方程为，其准线方程为 故选：B 5. 设，，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先根据已知求出，再求的值. 【详解】 ， ，则. 故选D 【点睛】本题主要考查对数的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 6. 已知随机变量的分布列如下表所示，记的数学期望和方差分别为，，则当在上增大时，有（ ）． A. 增大，增大 B. 减小，增大 C. 增大，减小 D. 减小，减小 【答案】D 【解析】 【分析】先根据离散型随机变量分布列的性质求出参数的值，再分别推导数学期望、方差关于的表达式，结合三角函数与二次函数的单调性判断二者随增大的变化趋势. 【详解】由题意 . ∴ . . 当 增大时， 单调递减且大于等于0，故 单调递减. ∴ 随 增大而减小. . ，令 ，当 增大时， 单调递减. 代入得. 对于函数，该二次函数开口向下，对称轴为 ，故在 上单调递增. ∵ 随 增大而减小，由复合函数的单调性得 随 增大而减小. 综上， 增大时， 减小， 减小，故选D. 7. 已知函数的定义域为，对任意，有，则“”是“"的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可构造函数，利用函数单调性解不等式即可解得，再由集合间的关系可得结论. 【详解】设，该函数的定义域为， 则，所以在上单调递增. 由可得， 即，又在上单调递增，所以，解得， 显然集合是集合的真子集， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据构造函数，并将不等式变形，利用单调性解不等式即可得结论. 8. 在中，，，，是的中点，将沿折起，使、两点间的距离为，此时三棱锥的体积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取中点，连接，过点作直线，交延长线于,进而根据几何关系得向量所成角为二面角的平面角，记为，再根据向量的模的关系求得，即可求得点到平面的距离，最后计算体积即可。 【详解】 在中，，，，，， 为斜边的中点，， ，即为等边三角形. 取中点，连接， 是等边三角形，，且, 在中，，, 过点作直线，交延长线于,则， 所以 又，故， ，， 向量所成角为二面角的平面角，记为， ，，在直线上， ，即， 由向量关系：，两边取模的平方： 因为，代入得 将，，，代入得： 即：，解得，， 所以，点到平面的距离为 又因为等边的面积 所以，三棱锥体积 所以，三棱锥的体积为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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. 十九世纪数学家迪利克雷提出了函数，被称为迪利克雷函数，其在现代数学的发展过程中有着重要意义．若函数，则下列实数中属于函数值域的有（ ）． A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件求出，利用分段函数分段处理及函数值域的定义即可求解 【详解】由题意知：， 所以，，，而无解. 所以，所给实数中属于函数值域的有0,2,3. 10. 下列表达式中，满足数列是单调递减的有（ ）． A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据的符号判断数列的单调性即可. 【详解】对于A，， 由于时，，所以数列单调递增，A错误； 对于B，， 因为时，，即，所以数列单调递减，B正确； 对于C，由不等式得，可知数列单调递减，C正确； 对于D， 所以， ， 所以数列单调递减，D正确. 11. 在直三棱柱中，，点是棱上一点，则下列说法正确的有（ ） A. B. 四棱锥的体积为6 C. 直三棱柱外接球的表面积为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】证明平面判断A；由于平面，进而结合等体积法求解即可判断B；将问题转化为以为邻边的长方体的外接球的表面积求解即可判断C；平面展开使得与面共面，再根据两点之间线段最短求解即可判断D. 【详解】对于A，直三棱柱中，平面,平面,故， 由于，故，即， 因为，平面,平面, 所以平面， 因为是棱上一点，平面， 所以，故A选项正确； 对于B，在直三棱柱中，，平面，平面，故平面， 所以， 过作，垂足为，由等面积法得， 在直三棱柱中，平面,平面,故， 因为，平面，平面， 所以平面， 所以，即四棱锥的体积为，故B选项错误； 对于C，由题知两两垂直， 所以直三棱柱外接球与以为邻边的长方体的外接球相同， 所以直三棱柱外接球的直径为， 所以直三棱柱外接球的表面积为，故C选项正确； 对于D，将平面展开，与平面共面，得到如下图的矩形， 所以， 所以的最小值为，故D选项正确； 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等比数列的公比为2，且，，成等差数列，则数列的通项公式__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式，将用首项表示，由等差数列中项性质建立方程，求解首项，进而写出通项公式. 【详解】因为等比数列的公比为2， 所以， 因为，，成等差数列， 所以， 即，解得， 所以. 13. 已知,分别是双曲线的左、右焦点，,为双曲线的两条渐近线，设过点且平行于的直线交于点,若,则该双曲线的离心率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意设出直线,联立后求出交点,由题可知为焦点三角形的直角顶点，因此点到原点的距离为焦距的一半，列出方程后即可求解. 【详解】由双曲线的对称性，不妨设,,联立, ,得交点. , 是以为直角顶点的直角三角形. 又原点是的中点， . 因此有① 又 因此①式可整理为： , 得. 因此双曲线的离心率. 故答案为：. 14. 已知平面直角坐标系中的点满足，若函数（，分别为的横，纵坐标）在处取得最大值（因，取值的不同而变化），则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用辅助角公式，找到取最大值时 满足的关系，得到 ​，再对不等式因式分解，得到的比值范围，最后用二倍角正切公式求的范围. 【详解】因为，， 所以，， 所以， 所以， 因为， 所以都不为，不等式两边同时除以得， 令，则， 即， 解得， 所以， 函数在上单调递减，故， 令， 函数在上单调递减，故， 所以的取值范围是. 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. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，且，的面积． （1）求证：； （2）求的最大值． 【答案】（1）根据三角形面积公式可得：， 余弦定理可得：， 又因为，所以， 在中，两边同时除以整理可得： 即 . （2） 【解析】 【分析】（1）先分别写出三角形面积公式和余弦定理表达式，再结合已知条件建立等式，最后通过化简等式求解. （2）通过已知条件求出的值，再利用基本不等式求出的最大值，进而得到三角形面积的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：，两边平方得： ，又因为， 所以，化简可得：， 因为是三角形内角，，解得， 所以，已知， 由基本不等式得 ，当且仅当时等号成立， 所以， 所以，的最大值是． 16. 如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、． ∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，， ∵，且， ∴平面是二面角的平面角，则， ∴是正三角形，由平面，得平面平面， ∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得； （2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为 由，得，取， 设直线与平面所成角为， ∴． 17. 已知椭圆C：（）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形. （1）求椭圆C的标准方程； （2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q. （i）证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）； （ii）当最小时，求点T的坐标. 【答案】(1) ； （2）（ⅰ）设PQ的方程为，代入椭圆方程得：. 设PQ的中点为，则 又TF的方程为，则得， 所以，即OT过PQ的中点，即OT平分线段PQ. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由题意，又，由此可求出的值，从而求得椭圆的方程. （2）椭圆方程化为.设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.（ⅰ）设PQ的中点为，求出，只要，即证得OT平分线段PQ.（ⅱ）可用表示出PQ，TF可得：化简得：.再根据取等号的条件，可得T的坐标. 【详解】（1），又. （2）椭圆方程化为. （ⅰ）略 （ⅱ）， 又，所以 . 当时取等号，此时T的坐标为. 【点睛】本题考查了椭圆的方程的求解，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查了最值问题的求解方法，属于中档题. 18. 某公司“团建”活动中设置转盘抽奖环节．如图，转盘外形为规则圆盘，其中A，B，C三个区域的面积相等．假设转盘指针不会落在区域的分界线上，指针只能随机地落入三个区域之一．当落入A时为获胜，得2分；当落入B或者C时得1分． （1）若指针转动三次，求三次得分之和的分布列和数学期望； （2）若指针转动次，，将次得分之和为的概率记为，求（用含的代数式表示）； （3）若将“指针转动次，至少获胜次”的概率记为，则“指针转动次，至少获胜次”的概率可记为．对于，分别求出和并比较大小，说明其大小关系的统计意义． 【答案】（1）分布列如下： X 3 4 5 6 P （2） （3）设“指针转动次，至少获胜次”为事件C，要使事件C发生，有两种情况： 前次至少获胜n次，记此事件为，和前次获胜少于n次，记此事件为， 则． 事件又可以分为两种情况，即前次指针转动恰好获胜n次和至少获胜次． 若是后者，则再转两次时无论结果如何已经实现了事件C； 若是前者，则再转两次都无法获胜的概率为， 则的概率为． 对于事件，则必须恰好获胜次，否则再转两次时无论结果如何都无法实现事件C， 则． 因此，综合以上情况 所以， ． 其统计意义为，因为指针落入A的概率只有，比一半小，所以当指针转动的次数越来越多时，要想有一半以上的情形落入A，这样的可能性只会越来越小． 【解析】 【分析】每次转动指针落入区域的概率，落入区域的概率为，各次转动结果相互独立. （1）转动3次的得分和与3次内落入区域的次数直接相关，可通过二项分布计算各取值的概率，也可利用期望的线性性质简化期望计算. （2）转动次得分和为等价于次试验中恰好有2次落入区域，可先明确的表达式，再结合组合数性质完成求和化简. （3）为次独立重复试验中落入区域次数不少于次的概率，推导时需对前次的试验结果分类讨论，作差比较大小后可结合概率的实际含义解释统计意义. 【小问1详解】 X的所有可能取值为3，4，5，6， ，， ，． X的分布列为 X 3 4 5 6 P 数学期望． 【小问2详解】 依题意，指针转动n次，，若n次得分之和为， 则n次转动中有两次指针落入A． 则当时，． 当时，，也符合上式．则． ． 设 ， 于是，则． 【小问3详解】 略 【点睛】方法归纳： 1. 独立重复试验背景下的概率问题，可先明确单次试验中目标事件的发生概率，将得分等实际变量转化为目标事件的发生次数，借助二项分布公式快速计算对应概率。 2. 求解含组合数的概率累加式时，可先化简概率通项，结合组合数恒等性质完成求和运算；比较两个概率的大小可优先选用作差法，通过判断差式的正负直接得到大小关系。 3. 对于多步试验的概率推导，可通过对前序试验结果分类讨论的方式拆解复杂事件，结合独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式完成计算。 19. 分离函数的思想在现代数学的不少分支如凸分析、拓扑学等中有很多体现，在应用数学如信号理论、数据聚类与分类分析等分支中也有不少运用．在初等数学中，若有三个互不相同的函数，当在某个区间上恒有成立时，可以作为和在该区间上的分离函数． （1）试判断是否可以作为和在区间上的分离函数； （2）对于函数和，找一个二次函数可以作为这两个函数在区间上的分离函数，找一个即可并给出其解析式． （3）若存在实数和，使得函数可以作为函数和函数在区间上的分离函数，且满足，求的最大值并说明其几何意义． 【答案】（1）可以 （2）函数为，取，可得一个函数为. （3）取得最大值，其几何意义为，当直线为水平线时， 作为分离函数的区间长度达到最大值，即直线与在两个交点的距离． 【解析】 【分析】（1）根据分离函数的定义判断即可； （2）设函数和在上的分离函数为， 根据分离函数的定义结合已知条件求出参数的值（范围）即可； （3）利用函数的奇偶性，二次函数的单调性，以及利用函数导数求函数在某点处切线方程，韦达定理，结合分离函数的定义分析即可. 【小问1详解】 可以．理由如下： 因为恒成立，且恒成立． 所以可以作为和在区间上的分离函数. 【小问2详解】 设是和在上的分离函数， 直线是的图像在处的切线， 所以直线也应该是的图像在处的切线， 因此，可得． 所以对一切实数x恒成立， 即且对一切实数x恒成立， 所以且，解得． 又因为当时，与为相同函数，不符合题意， 所以所求函数为， 取，则满足条件的一个函数为. 【小问3详解】 由各函数在区间上的函数值大小关系， 记，， 则根据函数形态可以画出草图如下． 由于和都是偶函数，图像关于y轴对称，要使为和在的某个子区间上的分离函数，且当时，恒成立， 所以存在使得直线与的图像相切，并且切点的横坐标, 在上，对求导得，， 则当时，的图像在处的切线方程为， 即，于是，． 设直线与的图像交于点，， 由得， 则，， 所以，， ． 由二次函数在时单调递减， 因此当时，取得最大值． 其几何意义为，当直线为水平线时， 作为分离函数的区间长度达到最大值，即直线与在两个交点的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $