2025-2026学年湖北省鄂州市高三第三届普通高中教师专业能力测试（解题大赛）数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年湖北省鄂州市高三第三届普通高中教师专业能力测试（解题大赛）数学试题（附答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知双曲线C的虚轴长是实轴长的倍，则C的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
4．在中，已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶．若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，则其中一个节气是立春的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航海学中称为视风风速，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等，方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2（风速的大小和向量的大小相同），单位（m/s），则真风为（ ）
A．轻风B．微风C．和风D．劲风
7．若对任意实数，函数在上最少有三个不同的零点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．设，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．既不充分也不必要条件
二、多选题
9．在正三棱柱中，D为中点，则（ ）
A．B．平面
C．D．平面
10．已知抛物线的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线的垂线，垂足为D，过F且与直线垂直的直线交于点E，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数是的一个零点，下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数
B．的最大值为2
C．若，则的最小值为
D．若，则的最大值为
三、填空题
12．若直线是曲线的一条切线，则 .
13．若一个等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 .
14．在平面直角坐标系中，斜率为2的直线与圆交于两点，且点对应的角分别为，则 .
四、解答题
15．已知数列是等比数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．已知椭圆的离心率为，短轴长为.
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于两点，O为坐标原点，的面积为，求t的值.
17．如图,在四棱锥中，底面，．
(1)证明：平面平面；
(2)设，且点，，，均在球的球面上．
（i）证明：点在平面内；
（ⅱ）求直线与所成角的余弦值．
18．已知函数.
(1)求的极值.
(2)已知函数.
①若没有零点，求的取值范围；
②若有两个不同的零点，证明：.
19．一个不透明的袋子中装有编号分别为的4个小球，每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后放回袋中，当连续两次摸出的小球编号相同时，停止摸球，设停止摸球时已摸球的次数为.记第次摸到的小球编号为.
(1)求与；
(2)设，求与；
(3)当时，为随机变量，若是奇数，则，若是偶数，则，求.
等级
风速大小m/s
名称
2
1.1~3.3
轻风
3
3.4~5.4
微风
4
5.5~7.9
和风
5
8.0~10.1
劲风
《湖北省鄂州市2026届高三第三届普通高中教师专业能力测试（解题大赛）数学试题》参考答案
1．B
【分析】根据交集结果得到，得到，利用并集概念求出答案.
【详解】因为，所以，令，则，不满足互异性，舍去，
令，则或，显然不合要求，当时，，满足要求，
又，则
故选：B
2．D
【分析】根据复数的乘法运算进行化简，再根据复数的几何意义即可判断.
【详解】，
故复数对应的点为，在第四象限，
故选：D
3．D
【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解
【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，
由题知，，
于是，则，
即.
故选：D
4．D
【分析】利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理可求角A.
【详解】因为，
由正弦定理得：，
由余弦定理，，
又为三角形内角，所以.
故选：D
5．B
【分析】若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，共种情况，其中一个节气是立春，有种情况，用古典概型概率计算公式即可.
【详解】记立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气分别为、、、、，
则样本空间，
记事件表示“其中一个节气是立春”，则，
由古典概型可知．
故选：B
6．A
【分析】结合题目条件和图写出视风风速对应的向量和船行风速对应的向量，求出真风风速对应的向量，得出真风风速的大小，即可由图得出结论.
【详解】由题意及图得，视风风速对应的向量为：，
视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，
船速方向和船行风速的向量方向相反，
设真风风速对应的向量为，船行风速对应的向量为，
∴，船行风速：，
∴，
，
∴由表得，真风风速为轻风，
故选：A．
7．B
【分析】设的最小正周期为，可得，结合最小正周期可求得的最小值.
【详解】设的最小正周期为，则.
因为，所以，解得，所以的最小值为.
故选：B.
8．B
【分析】首先解关于的等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为，故。
若，则，即，令函数，则，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
，令函数，则，
当时，，所以在上单调递增，，
即，因为，，，
所以由零点存在定理可得，在和上各有一个零点，
所以有2个解，即有2个解，显然其中1个解为，
若，则，即，
因为函数与函数的图象只有一个交点，
所以方程只有一个解，即只有一个解，易得，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
9．BD
【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面，

又平面，则，则，
因为是正三角形，为中点，则，则
又，
所以，
则不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱中，平面，
又平面，则，
又，平面，
所以平面，故B正确；
对于C，因为在正三棱柱中，，
假设，则，这与矛盾，
所以不成立，故C错误；
对于D，因为在正三棱柱中，，
又平面平面，所以平面，故D正确.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，

则，
对于A，，
则，
则不成立，故A错误；
对于B、D，，
设平面的法向量为，
则，得，令，则，
所以，，
则平面，平面，故B、D正确；
对于C，，
则，显然不成立，故C错误.
故选：BD.
10．ACD
【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线，
则，其准线方程为，焦点，
则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，交于点，
由题意可知，则，
又，，所以，
所以，同理，
又，
所以，即，
显然为的斜边，则，故B错误；
对于C，易知直线的斜率不为，
设直线的方程为，，
联立，得，
易知，则，
又，，
所以，
当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，在与中，，
所以，则，即，
同理，
又
，
，
所以，
则，故D正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线，
则，其准线方程为，焦点，
则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，交于点，
由题意可知，则，
又，，所以，
所以，同理，
又，
所以，即，
显然为的斜边，则，故B错误；
对于C，当直线的斜率不存在时，；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
联立，消去，得，
易知，则，
所以
，
综上，，故C正确；
对于D，在与中，，
所以，则，即，
同理，
当直线的斜率不存在时，，；
所以，即；
当直线的斜率存在时，，
，
所以，
则；
综上，，故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】利用奇函数的定义可判断A，利用正弦函数的最值情况看判断B，求出零点，比较零点的大小可判断C,D.
【详解】对于A，定义域为，
因为，所以是奇函数，A正确；
对于B，因为，且时，，，所以，B不正确；
对于C，由题意，所以或，；
当时，，解得，
因为，故方程有两个正根，所以，当时，，
此时；
当时，，解得，
因为，故，所以，当时，；
当时，，
所以的最小值为，C正确；
对于D，由题设只需讨论时的最大值即可；
当时，，解得，
因为，所以且，
当正整数增大时，减小，
故，
所以此时的最大值为，
因为，所以；
当时，，解得，
因为，所以，，
当增大时，增大，
故，
此时此时的最大值为，综上可知D正确.
故选：ACD
12．
【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解.
【详解】法一：对于，其导数为，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，
将代入切线方程，可得，
所以切点坐标为，
因为切点在曲线上，
所以，即，解得.
故答案为：.
法二：对于，其导数为，
假设与的切点为，
则，解得.
故答案为：.
13．
【分析】讨论公比是时，代入题干不成立；公比不是时，根据等比数列前项和的公式列等式组即可得解.
【详解】设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
当时，，即，则，显然不成立，舍去；
当时，则，
两式相除得，即，
则，解得，
所以该等比数列公比为.
故答案为：.
14．/
【分析】利用三角代换结合两角和差的正弦、余弦公式可得，故可求的值.
【详解】由题可设，因为直线的斜率为2，
所以.
因，
可得，，
则，解得，
故.
故答案为：
15．(1)；
(2).
【分析】（1）根据已知及等比数列的通项公式求基本量，进而写出等比数列的通项公式；
（2）应用分组求和及等差等比的前n项和公式求和.
【详解】（1）由，得，，
因为是等比数列，
设的公比为，所以，得，
则，则；
（2）记的前项和为，则
.
16．(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意可得，进而解出即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式及点到直线的距离公式表示出的面积，建立方程即可求解.
【详解】（1）由题意，得，解得，
则椭圆C的方程为.
（2）设，
联立，得，
则，解得，
且，
所以，
点到直线的距离为，

则，解得或，满足，
则或.
17．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii）.
【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论；
法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值.
【详解】（1）由题意证明如下，
在四棱锥中，⊥平面，，
平面，平面，
∴，，
∵平面，平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一：
在四棱锥中，，，，∥，
，，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，
若，，，在同一个球面上，
则，
在平面中，
∴，
∴线段中点坐标，
直线的斜率：，
直线的垂直平分线斜率：，
∴直线的方程：，
即，
当时，，解得：，
∴
在立体几何中，，
∵
解得：，
∴点在平面上.
法二：
∵，，，在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出和的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
，，
，
∴，
∴点是的外心，
在Rt中，，，
由勾股定理得，
∴，
∴点即为点，，，所在球的球心，
此时点在线段上，平面，
∴点在平面上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
，
设直线与直线所成角为，
∴.
法2：
由几何知识得，，
，∥，
∴，
在Rt中，，，由勾股定理得，
，
过点作的平行线，交的延长线为，连接，，
则，直线与直线所成角即为中或其补角.
∵平面，平面，，
∴，
在Rt中，，，由勾股定理得，
，
在Rt中，，由勾股定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
即：
解得：
∴直线与直线所成角的余弦值为：.
18．(1)极大值为，无极小值；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用导数求出函数的极值.
（2）①求出函数，利用导数探讨其单调性并求出最大值，进而求出的范围；②由函数可得，再利用基本不等式推理得证.
【详解】（1）函数定义域为，求导得，
当时，；当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在取得极大值，无极小值.
（2）①函数，求导得，
令函数，求导得，
当时，，，，，
当时，，
则，
，
当时，，
则，，
因此当时，，
即，在上单调递减，
由，得当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
由没有零点，得，解得，所以的取值范围为.
②由①及有两个不同的零点，得，
不妨设，则，，而，
则，由函数在上单调递减，得，
所以.
19．(1)，
(2)1，
(3)答案详见解析
【分析】（1）解法一：利用独立事件的乘法公式，讨论每次摸球的编号即可解题；解法二：利用计数原理得到样本点个数，再利用古典概型可得答案.
（2）解法一：建立起关于的递推公式，再求出通项公式，再利用等比数列的前项和公式求出的前项和；解法二：摸球次停止，意思是除了最后2次摸球的编号一样，其他的与前面一次摸球的编号都不一样，利用这个规则，可直接归纳出，即可得答案.
（3）利用“当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇一偶”可建立起与的关系，进一步可讨论通项公式.
【详解】（1）解法一：，.
解法二：，.
（2）解法一：因为，所以，则.
若，则且，所以，
即，
所以，所以，即
由（1）可知，所以当时，.
又因为，所以，
所以，
.
解法二：.
，
所以，
.
（3）当时，设随机变量满足：若是奇数，则，若是偶数，则.设.
当时，即为偶数，可得.
当时，即是偶数，可得.
当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇一偶.
所以，即
当且为奇数时，，即；
当且为偶数时，，即.
当时，.
当时，.
综上可得，当且为偶数时，；当且为奇数时，.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
D
B
A
B
B
BD
ACD
题号
11









答案
ACD