【数学】湖北省黄石市2026届高三上学期9月起点考试试题（学生版+解析版）

这是一份【数学】湖北省黄石市2026届高三上学期9月起点考试试题（学生版+解析版），文件包含数学湖北省黄石市2026届高三上学期9月起点考试试题解析版docx、数学湖北省黄石市2026届高三上学期9月起点考试试题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
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. 设全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，，则，
又，所以，
故选：A.
2. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】由，，且，
所以，得.
故选：C.
3. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】，
，
．
故选：B．
4. 根据分类变量与的观测数据，计算得到，依据小概率值（）的独立性检验，则（ ）
A. 变量与不独立
B. 变量与独立
C. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1
D. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过0.1
【答案】B
【解析】因为，所以在显著性水平下，
没有充分证据拒绝原假设，因此我们认为变量与是独立的，
故选：B.
5. 将函数的图象向左平移（）个单位后，所得的图象仍然关于原点对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】函数的图象平移后得到，其图象关于点对称，
那么，所以，又，所以m的最小值为.
故选：C.
6. 已知，当时，的最小值是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，，的最小值是，
若，即时，
则，解得，符合题意；
若，即时，
，，不合题意舍去.
故.
故选：D.
7. 抛物线与直线交于两点，为坐标原点，且满足，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】设，，
由，消得到，
则，
因为，则，
又，，
所以，
所以，解得，
故选：D.
8. 已知a，b为正实数，且，若恒成立，则m的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，，
恒成立，
的最大值，又，
.
当且仅当且取等号.
的最大值为.
故选：D.
二､多选题：本大题共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.
9. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 当B最大时，成立
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】A选项，，
当且仅当时，等号成立，
又在上单调递减，而，所以，A正确；
B选项，当时，，故为等边三角形，
所以，而，显然不成立，B错误；
C选项，若，又，故，则，，
又，又在上单调递减，故，C错误；
D选项，若，则，即，
解得，由正弦定理得，故，D正确.
故选：AD.
10. 正方体中，是棱上的动点（含端点），则（ ）
A. 的最小值为
B. 若是棱的中点，则点到平面的距离为
C. 记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为
D. 若分别是棱的中点，则在上的投影向量的模长为定值
【答案】BCD
【解析】选项A：如图把平面沿翻折至与平面共面，
则，故A错误；
选项B：
如图，因为中点，则，
又，，
则的面积为，
设点到平面的距离为，
由可得，解得，故B正确；
选项C：由图知，四棱锥的外接球球心即该正方体的外接球球心，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，过点作平面，垂足为点，
连接，则即为与平面所成的角.
由，，设，则，，
则，
因，则当或2时，取最小值，当时取最大值1，
即直线与平面所成角的正切值的取值范围为，故C正确；
选项D：记向量与的夹角为，则为锐角.
则在上的投影向量的模长为，
在C项所示空间直角坐标系中，，
则，
于是，为定值，故D正确.
故选：．
11. 已知函数，方程有三个不同的实根，，，则（ ）
A. 方程有两个不同的实根
B.
C. 是方程的一个根
D.
【答案】ACD
【解析】令，考虑的解.
的图象如图所示：
对于A，因为有3个不同的解，故有两个不同的解，
且，，故A正确.
对于B，由A的分析可得，故B错误.
对于C，由A的分析结合图象可得：有两个不同的解，
故且，故，
故是方程的一个根，故C正确.
对于D，由A的分析可得有两个不同的解，不妨设为，
有唯一解，不妨设为，
则，，故，
故，
而即，
所以，
记，则，
故在上单调递增，故，D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 等差数列的公差为2，记前n项的和为，若，则__________.
【答案】
【解析】由等差数列的求和公式得：，
，因为等差数列的公差:,
又由等差数列的通项公式可得：，所以解得.
故答案为：.
13. 平面直角坐标系中，直线与y轴和曲线的交点分别为，若曲线在点处的切线交轴于点，则__________.
【答案】
【解析】由直线与y轴及曲线的交点分别为，可得，
又由，可得，则，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，可得，即，所以.
故答案为：.
14. 已知双曲线（，）的左右焦点分别为，，直线与C的右支交于A，B两点，P，Q分别为，的内心，若，则C的离心率为__________.
【答案】
【解析】由题意，直线，则直线过，
如图，设内切圆与各边的切点为H，I，J，
则，
设，则，即P点的横坐标为a，
同理可得Q点的横坐标为a.
则PQ的直线方程为，又直线AB的倾斜角为，
因为，，
，，
所以
，
又，则，
得，.
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. 如图，在直三棱柱中，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以.
又，，所以平面，
平面，所以.
又，所以四边形为正方形，从而.
因为，平面，所以平面.
（2）解：法一：易知两两垂直，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，所在直线为z轴，
建立如图空间直角坐标系：

则，，，，，
从而，，.
设平面的法向量为，
则，不妨取，
由（1）可知，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，
则.
法二：过作的垂线，垂足为E，连接AE，
平面平面，，平面，
由（1）知，平面，的余弦值的绝对值即为所求.
在中，，，
，所以，即.
设平面与平面的夹角为，，
则.
16. 如图，正方形ABCD的边长为，取正方形ABCD各边的中点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，其边长记为；然后再取正方形EFGH各边的中点I，J，K，L，作第3个正方形IJKL，其边长记为；依此方法一直继续下去，则记第个正方形的边长为.已知，.

（1）求，；
（2）记第n个正方形区域未被第个正方形区域覆盖的面积为，求使得成立的n的最小值.
【答案】解：（1）由题意，，即，
所以为等比数列，公比为，，所以.
所以，，.
（2）由题意，，
，
，
设，则为单调递减数列，
且，
又，所以.
的最小值是5.
17. 已知函数，.
（1）判断函数的单调性；
（2）若，证明：；
（3）证明：（，）.
【答案】（1）解：，令，
在恒成立.
在上单调递减.
∴，；，.
故在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：法一：据（1）可知，恒成立.
，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增；
，，则成立.
法二：要证，即证.
令，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
∵，，即.
令，
即，
令，所以，
根据，，
，
成立.
（3）证明：据（1）可知，，
令，则，
（，）.
，
，，…，，
相加可得：，
因为，则，，所以，
故对，恒成立.
18. 已知一个大盒子内装有6个黄乒乓球，个白乒乓球.
（1）现甲乙两人从盒中进行随机摸球游戏：甲，乙两人轮流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸球，直到两人中有一人摸到白乒乓球时游戏结束，每次摸出的小球均不再放回，且甲乙摸球相互独立.已知乙在第1次恰好摸到白乒乓球的概率为.
（i）求x的值；
（ii）记表示游戏结束时甲摸球的次数，求的分布列和期望.
（2）整理盒中小球时，需将所有乒乓球排成一排，要求每个黄乒乓球至少与另一个黄乒乓球相邻.记不超过3个黄乒乓球排在一起的概率为p，若，求x的最小值.
【答案】解：（1）（i）由题意，乙第一次恰好摸到白球的概率为，
即，解得或，
因为，所以.
（ii）根据游戏规则，的取值可能为1，2，3，4，
；
；
；
；
所以的分布列为
.
（2）整理乒乓球时，要使得至少2个黄球相邻，则有“黄黄—黄黄—黄黄”，“黄黄黄—黄黄黄”，“黄黄—黄黄黄黄”，“黄黄黄黄—黄黄”，“黄黄黄黄黄黄”5种情况.
可以先排列白球，通过插空法，让黄球排列在白球与白球之间的空位上.
所以“黄黄—黄黄—黄黄”有种排法；
“黄黄黄—黄黄黄”，“黄黄—黄黄黄黄”，“黄黄黄黄—黄黄”均有种排法，总共种；
“黄黄黄黄黄黄”有种排法.
不超过3个黄球排在一起的情况只能为“黄黄—黄黄—黄黄”与“黄黄黄—黄黄黄”两种情况，
所以，即有，
解得或（舍去），所以x的最小值为6.
19. 已知O为坐标原点，椭圆的右焦点为F，过F的直线l交于A，B两点，P是上一动点，且的面积最大值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若C是上的另一点，满足四边形OACB为平行四边形.
（i）求平行四边形OACB的面积；
（ii）设C关于O的对称点为D，求证：A，B，C，D四点共圆.
【答案】（1）解：由题意，当P在短轴顶点时最大，此时，
解得，所以椭圆方程为：；
（2）（i）解：由题意可得，直线l的斜率存在，
设，，直线l的斜率为k.
直线AB的方程为，代入，得，
其中，，，
，
从而.
因为点在椭圆上，代入椭圆方程得，
即，解得，所以，.
所以，
又点O到直线AB的距离为，
所以平行四边形OACB的面积.
（ii）证明：法一：由（i）可知，C关于O的对称点为，，，
因为，，
即，，，
所以，
又，，
所以，
根据，，不妨设，，
计算可得，，，，
所以，所以，
所以.
根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知A，B，C，D四点共圆.
法二：曲线系解法
由（1）（2）得即，即，
所以过A，B，C，D的二次曲线系为，，
，，xy的系数依次为，，，
由（2）得，的系数，
又令，得，，存在.
，B，C，D四点共圆.
注：曲线系设法不同，的取值不同，因此，只需有解即可.
1
2
3
4