湖北省汉川市金益高级中学2025_2026学年高三上学期9月起点考试数学试卷[含解析]

这是一份湖北省汉川市金益高级中学2025_2026学年高三上学期9月起点考试数学试卷[含解析]，共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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．
第Ⅰ卷
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】解分式不等式求得集合A，解对数不等式求得集合B，再利用交集的定义求解.
【详解】由可得，故，
由可得，解得，故，
所以.
故选：C.
2. 已知，，则（ ）
A. 0B. 2C. -1D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据指对数转化，再应用指数运算律计算求解.
【详解】因为，所以，又因为，
所以，所以，
则.
故选：B.
3. 已知定义在上的偶函数，且当时，单调递增，则关于的不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用偶函数性质可得，再由偶函数单调性以及定义域列出不等式组计算求解即可.
【详解】由题意，函数是定义在上的偶函数，
所以，解得，即函数的定义域为，
当时，单调递增，所以当时，单调递减，
关于的不等式，即，
所以，解得，
所以原不等式解集为.
故选：B
4. 已知函数，若存在最小值，则正数的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】运用二次函数的性质求得的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求解即可.
【详解】当时，由二次函数的图象与性质知，.
令，解得，则的最大值为4.
故选：D.
5. 已知，则的值为（ ）
A. 70B. 126C. 56D. 84
【答案】B
【解析】
【分析】求出展开式中系数为，其中，从而求解出答案．
【详解】两项中不存在，对于其余部分，
展开式中的系数为，展开式中的系数为，……，展开式中的系数为，
所以，
故选：B．
6. 已知椭圆的左、右两个焦点为，，若椭圆上存在两点、关于原点对称，且满足，，则椭圆的离心率（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得四边形是平行四边形，进而可求得，利用向量的数量积为，又由基本不等式可得，可得为等边三角形，进而可求离心率.
【详解】连接，，因为点、关于原点对称，所以四边形是平行四边形，
所以，又因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以，
当且仅当时取等号，又
所以为等边三角形，所以，所以椭圆的离以率为.
故选：C.
7. 已知，，，则的最大值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意将表达式中的“2”进行替换，将分式化为齐次式，再利用基本不等式计算即可.
【详解】因为，，且，
所以，
当且仅当时等号成立，则的最大值为．
故选：D．
8. 已知定义在上函数，对任意的实数，都有，则（ ）
A. 函数在上单调递增B. 函数为偶函数
C. 函数关于点对称D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，可得，令，计算可判断B；进而利用平移法可判断C；分析可得是的三次多项式，设，进而计算可得，利用导数可判断A，利用赋值法可判断D.
【详解】令，则有，所以，
令，则有，所以，
所以，所以为奇函数，故B错误，
因为为奇函数，所以关于原点对称，
将函数图象向右平移2个单位可得的图象，
再将向上平移1个单位可得的图象，
所以函数关于点对称，故C正确；
因为，可得是的三次多项式，
设
而右边
，
令两边相等：
，
进而求得，所以，
所以，当时，不恒成立，故A错误；
令，所以，
，可得，故D错误.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知一组数据为，1，2，4，3，5，10，9，若为这组数据的上四分位数，则的展开式中的系数为
B. 数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点
C. 若随机变量，则函数为偶函数
D. 在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则变为原来的9倍
其中
【答案】ABC
【解析】
【分析】先求出值，再写出的展开式中通项，求出的系数，即可判断A；根据回归直线方程必过样本的中心点，求出，再求出去除异常点后的及，即可判断B；由随机变量，分析出其图象关于对称，找到关于的对称区间，根据正态曲线的对称性得到，即可判断C；根据的计算公式计算即可判断D.
【详解】对于A，将原数据按照从小到大的顺序排序为，
因为上四分位数就是第75百分位数，所以，所以，
因为的二项展开式的通项为
令，解得，所以的展开式中的系数为，
故A正确；
对于B，因为回归直线方程为过样本的中心点，
所以
所以去除一个异常点后，，
所以新的回归直线必过点，故B正确；
对于C，因为随机变量，所以其图象关于对称，
所以关于对称轴的对称点为，即，
关于对称轴的对称点为，即，
根据正态曲线的对称性可知
因为，所以，
所以，所以函数为偶函数，故C正确；
对于D，在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则
，
所以变为原来的3倍，故D错误.
故选：ABC
10. 已知抛物线，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，过分别作的垂线，垂足分别为，则（ ）
A.
B. 若，则直线的斜率为
C. 三点共线（其中为坐标原点）
D
【答案】ACD
【解析】
【分析】由抛物线的定义可得，，再利用角的关系即可得出；根据定义可得，即可得出角，进而得出直线的斜率为；设，则，证明即可；由题可得，结合焦半径公式即可证明.
【详解】
连接，根据抛物线定义可知，所以，
又由于轴，所以，
所以，同理可证，
所以，
即，故正确；
过作于，设，则，，
所以，
所以，由对称性可知直线的斜率为，故B错误；
设，则，
由于，由于三点共线，
则，
又由于，则，由于，
则，所以，，
所以，
即，所以三点共线，故C正确；
由于，则，即，所以，
所以，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知，则下列说法正确的有（ ）
A. 当时，是的极小值点B. 可能单调递增
C. 有最小值，无最大值D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】ABC选项，通过分析和，得到的单调性以及极小值点，并可进一步分析该极小值也是函数最小值，从而逐一判断各选项；D选项，对最小值变形后采用基本不等式判断即可．
【详解】对于A：当时，，定义域，
则，令，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
又，所以时，，递减，
时，，递增，即是的极小值点，故A正确；
对于B：若单调递增，需在上恒成立，又，
令，则，故在上单调递增，
又，，也即对任意所给的a，一定存在的情况，即不可能恒成立，故B错误；
对于C：由B选项可知，单调递增，，，又，，故一定存在，使得，
所以，，递减，时，，递增，
即是的极小值，也是的最小值，且无最大值，故C正确；
对于D：当时，最小值满足，即，
即，所以，其中，
由均值不等式，得，等号成立条件为且，
也即，又因为需满足，但显然，等号不成立，
所以恒成立，故D正确．
故选：ACD．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，若，则的值为______.
【答案】或
【解析】
【分析】由可得，展开代入数据计算即可.
【详解】由题意可得，
因为，所以，
所以，
解得或.
故答案为：或
13. 已知函数，若，则___________.
【答案】2
【解析】
【分析】由题可得，即，代入求解即可.
【详解】，
，
所以，则.
故答案为：2.
14. 在中，角A，B，C的对边分别为的平分线AD交BC于点.若，则周长的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据正弦定理边角化可得，即可利用正弦和差角公式求解，利用等面积法可得，进而根据基本不等式即可求解.
【详解】，
，
即，
，
，
.
，得，
由，得，当且仅当时，等号成立.
又的周长，当且仅当时，等号成立.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应该写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 某超市为促销举办抽奖活动，设有两种奖券：甲奖券和乙奖券.顾客每次抽取甲奖券中奖的概率为0.4，每次抽取乙奖券中奖的概率为0.5，每次抽奖结果相互独立、某顾客计划先抽取2张甲奖券，再抽取1张乙奖券.
（1）求该顾客至少中奖1次的概率；
（2）设该顾客中奖的总次数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为1.3
【解析】
【分析】（1）“至少中奖1次”的对立事件为“没有一次中奖”，根据对立事件的概率关系求解；
（2）确定的可能取值，求得相应概率即可求解.
【小问1详解】
设事件为“至少中奖1次”，则事件为“没有一次中奖”.
则.
【小问2详解】
由题可得的取值为，
，，
，，
则的分布列为：
数学期望.
16. 已知函数为数列的前项和.
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用，可求出的通项公式，注意检验是否满足即可得解；
（2）由导数得，利用不等式放缩原理得到，得到答案
【小问1详解】
由题意知，的前项和，
当时，，
当时，，
经检验，满足，
的通项公式为；
【小问2详解】
证：，
，
又，
故.
17. 如图，圆锥的顶点为为底面圆直径，为中点，为母线的中点，点在底面圆周上，且.
（1）证明：是等边三角形；
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求点到底面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）若为的中点，连接，根据已知、线面垂直的判定、性质定理得，结合等腰三角形的性质有，结合即可证；
（2）设，构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标并求出直线与平面的方向向量和法向量，根据已知及向量法列方程求参数值，即可得.
【小问1详解】
取为的中点，连接，又为母线的中点，则，
由题意，知，故，又，，
又平面，则平面，平面，
所以，即，为的中点，易知，且，
所以是等边三角形；
【小问2详解】
由题意，点到底面的距离，即为的长度，设，则，
如图构建空间直角坐标系，，则，
所以，
若是平面的一个法向量，则，
取，，，则，
令直线与平面所成角为，则，
所以，可得，故，
所以点到底面的距离.
18. 记双曲线的左、右焦点分别为，其上一点满足.
（1）求的渐近线方程；
（2）记的右顶点为，射线上两点，满足.
（i）若点的横坐标为，求点的坐标（用表示）；
（ii）已知点在圆上，若的面积为，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）由双曲线的定义及题中条件可求出的值，从而求得的渐近线方程；
（2）（i）由题意可得，由点斜式确定的方程，设的横坐标为，再根据两点之间的距离公式和题中条件，求得，从而可得点的坐标为；
（ii）首先根据双曲线的方程求出，再根据（i）中结论及，确定，又圆的圆心为，半径为，将的取值范围转化为定点到圆上一动点的距离问题即可求解.
【小问1详解】
由双曲线的定义知，，可得，
将点代入双曲线，则，故，
因此可得的方程为：，
则的渐近线方程为.
【小问2详解】
（i）显然，而，故的斜率，
因此可得的方程为，
故，设的横坐标为，
则，于是，
故，
于是点的坐标为.
（ii）沿用（i）的结论，记的半焦距为，则，
故，，则，由已知，
故，解得，故，
由（1），所以圆的方程为，圆心为，半径为，
于是，且，
故的取值范围为.
19. 设函数.
（1）当时，讨论的单调区间；
（2）已知.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）减区间，增区间
（2）（i），（ii）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导，判断导数的正负得解；
（2）（i）根据题意，只需让的所有极值均在内即可，求出极值运算得解；（ii）当时，显然成立；当时，由可证；当时，等价于证明，先证明，设，利用导数证明，得证；当时，取，可判断是偶函数，从而证明成立.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，，
当时，，
所以的单调增区间为，
单调减区间为.
【小问2详解】
（i），由，解得，
，
记，，，
记，则，，
因为恒成立，故，
则，解得，
所以的取值范围是.
（ii）当时，等号成立；
下面证明当时，，
当时，有，故，此时，符合题意；
现考虑当时，成立，等价于证明，
不妨先证明，设，则，
故在上单调递增，于是，故，
于是，而，
故，
故当时，成立；
于是当时，成立；
取，当时，，
设，
且，
故是奇函数，
所以是偶函数，于是当时，成立，
综上，，即成立.
0
1
2
3