湖北省宜昌市2025-2026学年高三上学期9月月考考试数学试卷

这是一份湖北省宜昌市2025-2026学年高三上学期9月月考考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了A【详解】法一，40；13，94 ．3 分，14 分等内容，欢迎下载使用。



宜昌市 2026 届高三九月起点考试
数学试卷答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
D
B
D
C
C
A
AC
BD
BCD
8.A【详解】法一：
2024m  2025, m  lg
2025  ln 2025 
ln 2025  ln 2023
2024  ln 2024  lg
2024 , 2023m  2024
2024
ln 2024
ln 2024  ln 2023
2024
ln 2023
2023
同理： 2025m  2026 ， a  2025m  2026  0,b  2023m  2024  0
法二：
x  0, m  0, (1  x)m  1  xm ,a  2025m  2026  1 2024m  2026  0
2024m  2025  1  2023m ,b  2023m  2024  0
BCD【详解】对于A：设 A(x , y ), B(x , y ) ，直线 AB 为： y  kx  1 ，联立直线和抛物线方程为：
1 1222
x2  2kx 1  0 ， x  x
 2k, x x
 1 ， AB 
x  x

 2(1 k 2 )  4 ，
1 k2
121 212
1 k 2 (x  x )2  4x x
12
1 2
，
 k  1 ，直线倾斜角为  3 ，所以A 错误.B 显然成立.
44
x2x2
x2x2
1  2
x  xx
x xx
对于C：设 A(x , 1 ), B(x , 2 )，k 22  12 ,直线AB : y  12 x  1 2 ，因为直线 AB 过点 F ,
1 22 2
ABx  x
222
12
 x1 x2  1 ，即 xx  1， C(x , 0), D(x , 0) ，以CD 为直径的圆为： x2  (x  x )x  x x  y2  0
2 p21 212
121 2
与 y 轴相交，则1  y2  0, y  1. 以CD 为直径的圆过定点 P(0,1),Q(0, 1) , 所以C 正确.
1
对于D：由答案C 知： MN 为直径的圆过焦点 F (0, 2) ,又因为 M , N 中点坐标为 E(
x1  x2
4
, 0) ，
kEF  x
2,,k
k
AB
 x1  x2
2
x
AB  kEF
 1 ,所以线段 MN 为直径的圆与直线 AB 相切，所以D 正确.
12
二、填空题：
12.40；13. 9 ；14. f (x)  1 （答案不唯一）
2x
【详解】条件③：对x , x  (0, ) ， x  x ，都有 f (x1 )  f (x2 )  0 ，不妨设0  x  x ，则 x  x  0 ，
1 212
x  x
1212
12
得 f (x )  f (x )  0 ，即 f (x )  f (x ) ，所以 y  f (x) 在(0, ) 上单调递增．取函数 f (x)  1 ，满足条件②；
1212x
f  x  1 满足条件①．故 f (x)  1 ．答案不唯一，如 f (x)  1 ， f (x)  1 等等．
x2x
x3x5
第（1）问：【详解】样本(xi ， yi )(i  1 ，2， ， 20) 的相关系数为
20
 xi  x  yi  y 
20
 xi  x
i1
20
2 
i1
 yi  y 
2
r i1
800 2  0.94 ．3 分
80 9000
2
3
由于相关系数| r |[0.75,1] ，则相关性很强， | r | 的值越大，相关性越强．
故r  0.940.75,1 ，故相关性越强．5 分
第（2）问：【详解】由题意得： X 的可能取值为 0，1，2，6 分
20 个月中有 8 个月的销售金额低于平均数，有 12 个月的销售金额不低于平均数，
C266 33
C1 C1
9648
C228 14
20
所以 P( X  0)  12 = ， P( X  1)  8 12 = ， P( X  2)  8 = ，11 分
C
C
C
20
20
2190 95
2190 95
2190 95
所以 X 的分布列为：13 分
nn1
第（1）问：【详解】因为n  2时, S  2S 2 ，所以当n  2 时，解得a2  4 ，
nn1n1n2nn1n2
当n  3 时， S  2S 2，S 2S 2 ，两式相减得a  2a，n  2, a  a  2n2  2n ．
a  2 所以n  N*, a  2n ．3 分
1n
设等差数列bn 的公差为d ，
解得d  1 ，又因为b1  2 ，故bn  n 1．6 分
【小问 2 详解】T  2  3  4  n 1 ①， 2T  2  3  4  n  n 1 ②，9 分
X
0
1
2
P
33
95
48
95
14
95
n2n
2n1
2n22
n2n1
2n2
2n32
1 1 1 
211122 2n1 
①－②，得Tn  n 1    n 1  n ，即Tn  n ．15 分
2n2n1
2n2
22n
1 1
2
第（1）问：【详证】以 B 为坐标原点， BC, BA, BB 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐
标系（如图所示）．设 AE  BF  m (0  m  2) ，则 A(0，2，2)，F(m，0，0)，C(2，0，2)，E(0，2  m，0) ．
所以 AF  (m， 2， 2) ，CE  (2，2  m， 2) ，又∵ AF  CE  2m  4  2m  4  0 ，
∴ AF  CE .6 分
第（2）问：【详解】VB BEF
 1 S
3
BEF
 BB  2 S
3
BEF ,
…………7 分
当 SBEF
取得最大值时，三棱锥 B  BEF 的体积取得最大值.……8 分
1(2  m)m(m 1)2  1
又∵ SBEF  2 BE  BF 22
，9 分
∴当m  1时， S
BEF
1
取得最大值 2 ，
此时三棱锥 B  BEF 的体积取得最大值10 分
故 A(0，2，2)，F(1，0，0)，E(0，1，0)，B(0，0，2) ，
从而 BE （0，1， 2），BF （1，0， 2）.11 分
BE
设平面 BEF 的法向量为n （x，y，z），则 n 
且n  BF ，
所以n BE  0 ，即 y  2z  0 ，令 z  1 ，可得n （2，2，1）.13 分


n
BF  0
 x  2z  0
又平面 BBF 的一个法向量为 BE  (0，1，0) ，
BE  n

BE  n
记二面角 B  BF  E 的大小为 ，则有cs 2 ，
3
即二面角 B  BF  E 的余弦值为 2 .
3
…15 分
法二： EB  平面 BBF ，过 E 作 BF 垂线交 BF 于 H 点，连接 BH ，如图所示.
BF  EH , BF  BE , EH  平面BEH , BE  平面BEH ，EHBE  E ，
 BF  平面BEH ， BHE 即为二面角 B  BF  E 的平面角.……10 分
2 5
5
在 RtBBF 中， BF  1 ，BB  2 ，根据等面积法可得 BH 
，…11 分
5
在BEF 中，BF 
根据等面积法可得 EH 
，BE 
5
3 5
5
，
，EF 
，可得 EF 边上的高为 3 2 ，
2
2
…13 分
在 RtBEH 中， cs BHE  BH  2 . 即二面角 B  BF  E 的余弦值为 2 .
EH3
315 分
2b  2
c 6,
y22
第（1）问：【详解】由a3
得b  1, a 
3, c 
2, 故椭圆方程为： x
3
 1. ………3 分

a2  b2  c2
第（2）问第①小问：【详解】设C(x , y ), D(x ,  y ), E(x, y) , 则AC : y 
y0(x 1), BD : y 
 y0
(x 1) ，
0000
x 1
x 1
y y
00
y2y2
C
两式相乘， y  y  0 (x 1)  0 (x 1) ，即 y2  
0(x2 1) ，在椭圆上， 0  x2  1
x 1
x 1
x2 130
000
y2y2
即 0  3 代入得 y2  3(x2 1) ，化简 x2  1( y  0) .10 分
x2 13
0
(说明：如果用第三定义做但没有证明第三定义，则扣 2 分)
1 | PM |  | FM | sin PMF
第（2）问第②小问：【详解】因为 SPFM
 2  | PM | ，
SQFM
1 | QM |  | FM | sin QMF
2
| QM |
sin PMF  sin QMF ，即PMF  QMF ，kPM  kQM
 0 .12 分
设M (t, 0) ，则
y1y2

y1y2
 0 ，即2my y  (2  t)( y  y )  0 .
x  tx  tmy  2  tmy  2  t
1 212
1212
所以 y  y  
12m
, y  y 
9.14 分
12
2m9
3m2 1
 (2  t)
12
12m
3m2 1
 0 ，化简得18m  (12m)(2  t)  0 .
3m2 13m2 1
又因为 PQ 斜率存在，所以有m  0 .16 分
t  1
1SPFM
| PM |
所以 ，故在 x 轴上存在点 M (, 0) ，使得
22S
QFM
.
| QM |
…17 分
第（1）问：【详解】 f  x  ex 1，令 f  x  0 ， 则x  0 ，
当x (, 0)时，f (x)  0, f (x)单调递减；当x  (0, )时，f (x)  0, f (x)单调递增.
 f (x)的极大值f (0)=1 ，无极小值.3 分
第（2）问：【详解】 g(x)  x(ex1 1)  a ln x ， 其定义域为(0,+)， g(x)  (x 1)ex1 1 a .
x
（ⅰ）当 a  0 时，若0  x  1 ，则 x(ex1 1)  0 ,  a ln x  0 ，所以 g(x)  0 .
若 x  1 ，则 x(ex1 1)  0,  a ln x  0 ，所以 g(x)  0 ，不可能有两个零点.5 分
（ⅱ）当 a  0 时, g(x) 在(0, ) 上单调递增，且 g(1)  2 1 a  1 a.
①若0  a  1，则 g(1)  0 ， g(a)  (a 1)ea1 11  2e0  2  0
存在 x0 (0,1) ，使得 g(x0 )  0 当0  x  x0 时，g(x)  0 g(x) 单调递减；当 x  x0 时，g(x)  0 g(x)
单调递增。又因为 g(1)  0 ，所以 g(x0 )  0 ，
又 g(a)  a(ea1 1)  a ln a  a(a 1)  a ln a  a(a 1 ln a)  0 ，
所以 g(x)在(0, x0 ) 有一个零点，满足有两个零点的条件.7 分
②若 a  1 ，则 g(1)  0 ，当0  x  1时， g(x)  0, g(x) 单调递减；当 x  1 时， g(x)  0, g(x) 单调递增，所以 g(x) 在 x  1 处取得极小值，也是最小值， g(1)  0 不满足有两个零点的条件8 分
③若 a  1 ，则 g(1)  0 , g(a)  (a 1)ea1 11  2e0  2  0 存在 x  (1, ) ，使得 g(x )  0
11
当0  x  x1 时， g(x)  0 g(x) 单调递减；当 x  x1 时， g(x)  0 g(x) 单调递增。又因为 g(1)  0 ，
1
所以 g(x )  0 ，又 g(a)  a(ea1 1)  a ln a  a(a 1)  a ln a  a(a 1 ln a)  0 ，所以 g(x)在 (0, ) 上有一个零点，满足有两个零点的条件.
因此， a 的取值范围是(0,1)  (1, ) .10 分
n

i1
f (exi )
exi
n xn
f (exi )
 2
n x 2
第（3）问：【详证】
 n   i , 要证
 n  2e
n ，只需证 i  2e n .
x1 x
i1 exi
22  2
i1
22
exi
2
i1
exi
令 h(x)=，h(x)=，h()= e n , h()=(1 )e n ，
exex
nnnn
在点( ,h())
 y  h(x)22 的切线方程为：y  (1 2
2
)e n x 
4 2
e n .12 分
nnnn2
2 24 2x
下面先证明：当(1 )e n x e n  0(n  2, 0  x  2)成立.
nn2ex
令F (x)()e
 n  2
 2
 x  4
 2
 n  2
 2  x 1
n xe
n
, 令G(x)
F (x)
nexn2nex
n ,则F (x)()e
G(x)  2  x  0, 于是F (x)单调递增，又  2  0，于是x 2 时，F (x)  0,
F ()
exn
(0, )
n
x  2
222
(, 2)时，F (x)  0, 从而F (x)在(0, )上单调递减，(, 2)上递增，F (x)  F ()  0 .………15 分
nnnn
n  2
 2
4 2
xn  2
 2
4 2x
n  2
 2
4 2x
()e n x1 e n  1 ，()e n x2 e n  2 ， ，()e n xn e n  n ，

nn2
ex1

nn2
ex2
nn2
exn
n  2
 2 n
4 2n xn
 2n x
以上格式相加得()e n
n  xi i1
 ne n2
n  i ,
i1 exi
 xi
i1
 2 , 2e
n  i i1 exi
，得证.………17 分