湖北省高中名校联盟2026届高三上学期第一次联合测评数学试题（Word版附解析）

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数学
本试卷共4页，19题，满分150分，考试用时120分钟.考试时间：2025年8月21日下午15：00-17：00
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码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，，则的元素个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，根据集合交集运算求解，可判断的元素个数.
【详解】因为集合，
集合，
所以，
所以的元素个数为5.
故选：C
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算计算求解即可.
【详解】由，得，
所以，
故选：A
3. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，则得到的图象对应的函数解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数的平移伸缩变换即可求解.
【详解】函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
得到图象对应的函数解析式为，
再将所得图象向左平移个单位长度，则得到的图象对应的函数解析式为
.
故选：C．
4. 若函数在区间单调递增，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数复合函数的区间单调性，结合二次函数的性质有，即可得.
【详解】令，又在R上单调递减，
所以要使在区间单调递增，
则在区间单调递减，
所以由的开口向上且对称轴为得，解得.
故选：D
5. 某货船执行从港口到港口的航行任务，港口在港口的正北方向，已知河水的速度为向东．若货船在静水中的航速为，船长调整船头方向航行，使得实际路程最短．则该船完成此段航行的实际速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用船实际航行速度与水流速度垂直，结合向量数量积求出夹角及模即可求解.
【详解】设船在静水中的速度为，水流速度为，船实际航行速度为，则，
且，设，由船需要准确到达正北方向的B点，得，
则，解得，而，于是，
，
所以该船完成此段航行的实际速度为.
故选：B
6. 已知定义域为的函数满足，则（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得函数为奇函数，由代入计算可得，由代入计算可得，计算即可求解.
【详解】因为函数定义域为且，
所以函数是奇函数且，
即，所以，
又，所以，所以，即.
故选：A．
7. 已知一条直线与抛物线交于，两点，过坐标原点引的垂线，垂足的坐标为，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的斜率，得出直线的方程，直曲联立，利用韦达定理写出的表达式，即可求出的值.
【详解】由题意，
过坐标原点引的垂线，垂足的坐标为，
∴直线的斜率为，
∴直线的斜率为，
直线的方程为，即，
联立方程，得恒成立，
∴，
∵，点，在直线上，
∴，，
∴，
解得.
故选：B

8. 记锐角三角形的内角所对的边分别为，已知，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形内角和得，结合正弦定理计算，利用两角和的正弦公式和二倍角公式化简式子，结合锐角三角形角的范围解得的取值范围．
【详解】因为，所以．
由正弦定理，有所以．
因为．
又，
所以．
因为是锐角三角形，所以
所以，所以．
所以，即取值范围是，
故选：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. 已知等比数列的前项和，，的前n项积为，则（ ）
A. B.
C. D. 数列是等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用前项和和通项公式可知判断B，求解建立方程求出判断A，利用指数运算和等差数列求和公式求得判断C，再利用等比数列定义判断D即可.
【详解】对于B，当时，．
又为等比数列，则，故B正确，
对于A，则，所以，解得，故A正确，
对于C，而
，故C错误，
对于D，又，
且，
所以数列是以为首项，为公比等比数列，故D正确.
故选：ABD
10. 如图，在三棱锥中，侧棱OA，OB，OC两两垂直，且，P为底面ABC内一动点（含边界），点P到三个侧面的距离分别为，，，直线OP和三条侧棱所成的角分别为，，，直线OP和三个侧面所成的角分别为α，β，γ，则（ ）
A. 该三棱锥的外接球半径为B.
C. D. 当时，P点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，可将三棱锥补成长方体计算；选项B、C，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成长方体，找到相应角进行计算；选项D，点的轨迹为以为球心，半径为的球面被三角形面所截得的三段圆弧，根据弧长公式计算.
【详解】对于A，由三条侧棱两两垂直，则该三棱锥可补成长方体，如图所示，该三棱锥的外接球也就是补成的长方体的外接球，
则外接球半径，故A正确；
对于B，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成如图所示的长方体，
则直线与所成角为记为，与所成角为记为，与所成角为记为，
则，，，
则，故B错误；
对于C，直线与平面、平面、平面所成角分别为，
则，
故
，故C正确；
对于D，在该长方体中，，则，
故点的轨迹为以为球心，半径为的球面被三角形面所截得的圆弧，
设点到平面的距离为，则，
由，可得，解得，
则截面圆半径．
设内切圆半径为，则由，解得，
因为，所以轨迹为三段圆弧，
如图，设、分别为其中一段圆弧的两个端点，则，
由对称性易得由正弦定理，的外接圆半径，
中由余弦定理，，
即，解得或（由对称性，此时，故舍去）
所以，所以弧对应的圆心角为，其长度为
所以点的轨迹长度为，故D正确．
故选：ACD.
11. 若，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用导数求得，结合且，，再由导数研究的区间单调性，进而，即可得.
【详解】令且，则恒成立，
所以在上单调递减，则，即，
因且，，
而，
所以，
设且，则，所以在单调递减，
由，得，则，所以.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，不共线，且向量与的方向相反，则实数的值为___________．
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】根据共线向量基本定理，列式求实数的值.
【详解】由条件可知，，，
所以，解得：（舍）或.
故答案为：
13. 如图，在平面直角坐标系中，点在轴上运动，点在轴上运动，点在线段的延长线上，且，，则点的轨迹方程为______．

【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件得到向量，然后用坐标表示出来，根据线段的长度即可求得点的轨迹方程.
【详解】设，
由题意，又，
所以，即，
所以，所以，
所以曲线C的方程为.
故答案为：.
14. 某学校高一年级6个班各派1名学生代表参加年级组织的课室卫生检查，若每个班随机分配1位同学进行检查，则恰有2位同学检查本班课室卫生的概率是______．
【答案】##
【解析】
【分析】将“恰有两位同学检查本班课室卫生”转化为“有4位同学不检查自己所在班的课室”，记个同学不检查自己所在班课室卫生的情况总数为，利用计数原理得，进而结合排列数和组合数的应用，利用古典概型概率公式求解即可．
【详解】“恰有两位同学检查本班课室卫生”也就是“有4位同学不检查自己所在班的课室”，
记个同学不检查自己所在班课室卫生的情况总数为．
任意一人可检查的班有个，假设此人检查i班；考虑i班的学生代表的选择：
如果i班的学生代表与此人交换检查，
那么剩余人不检查自己所在班课室卫生，情况总数为；
如果i班的学生代表不与此人交换检查，
那么可以理解为人不检查自己所在班课室卫生，情况总数为，
所以
于是，所以恰有2位同学检查本班课室卫生的情况有种．
又高一年级6个班各派1名学生代表参加年级组织的课室卫生检查共有种情况
所以恰有两位同学检查本班课室卫生的概率是．
故答案为：
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. 经验表明，一般树的胸径（树的主干在地面以上m处的直径）越大，树就越高.由于测量树高比测量胸径困难，因此研究人员希望由胸径预测树高.在研究树高与胸径之间的关系时，某林场收集了某种树的一些数据，并根据数据作出如下的散点图.
经计算得，，，，.
（1）推断两个变量是否线性相关，计算样本相关系数（精确到），并推断它们的相关程度；
（2）试根据以上数据建立树高关于胸径的经验回归方程（系数精确到），并预测胸径为cm的树高.
附：相关系数，回归方程中，，.
【答案】（1）两个变量线性相关；相关性较强.
（2）；m.
【解析】
【分析】（1）根据树高与胸径的散点图判断它们是否线性相关，再通过相关系数判断它们相关的程度；
（2）根据最小二乘法估计计算经验回归方程的系数，得到经验回归方程，再用经验回归方程做出预测.
【小问1详解】
根据树高与树的胸径的散点图，可判断两个变量是线性相关.
根据题中所给数据，得，，.
所以.
由于的值接近于1，故相关性较强.
故两个变量线性相关，且相关程度较强.
【小问2详解】
由（1）知，，.
所以，.
所以经验回归方程为.
当时，，即树高的预测值大约为m.
故树高关于胸径的经验回归方程为，预测胸径为cm的树高为m.
16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出平面，接着求证面，再根据面面垂直的判定定理即可得证.
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量方法，求出面的法向量即可计算求出面与面夹角的余弦值.
【小问1详解】
如图所示，作线段的中点，连接，
因为侧面为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为平面，所以，
因底面为矩形，所以，
因为，面，面，所以面，
因为平面，所以平面面.
【小问2详解】
如图所示，作中点，连接，则
由（1）可得，面，面，所以面，
则可以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系；
则，
可得，
设面的法向量为，则，得，
令，解得，所以面的一个法向量为，
易知面得一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知向量，，函数，的所有大于0的零点构成递增数列．
（1）写出的前6项；
（2）记的所有偶数项构成数列，设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简可得，令，结合正弦函数的图象性质可得或，取其中的正数构成递增数列可得结果；
（2）由错位相减法求和可得结果.
【小问1详解】
由题意
．
由，得．
所以或．
即或，取其中的正数构成递增数列．
知的前6项为．
【小问2详解】
由（1）知，所以．
所以．①
．②
①－②，得
．
所以.
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，理由见解析；（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，，其中，曲线在点处的切线方程为．
（1）求a的值；
（2）求的最小值；
（3）设，若对恒成立，求b的最大值．
【答案】（1）1 （2）0
（3）2
【解析】
【分析】（1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出.
（2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为.
（3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出，构造函数，求导得出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立.
【小问1详解】
由得．
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得．
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
令，则．
因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在单调递减，
又，
所以存在唯一零点，使得．
所以在单调递增，在单调递减．
又，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即的最小值为0.
【小问3详解】
因为对恒成立，
令，则，
由（2）知，
所以，
因为，所以．
假设当时，对恒成立．
由（2）知，
则，
所以．
设，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以在上恒成立，即满足题意．