湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2026届高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

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1. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，结合复数的除法运算化简可得结论.
【详解】因为，
所以，
故选：D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解一元二次不等式求出集合，再利用交集的定义求解即可.
【详解】由，解得，则，
因为，所以，故A正确.
故选：A
3. 若3个男生和2个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（ ）
A. 120B. 72C. 48D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】先排男生，再把女生排进男生间的空隙，结合分步计数原理可得结果．
【详解】先排男生共有种，男生排好后共有4个空隙，
再把2个女生排进去共有种排法，
所以符合条件的共有种排法．
故选：B.
4. 函数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，结合正弦型函数的有界性可求得函数的最大值.
【详解】因为
，
所以函数的最大值为.
故选：B.
5. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将已知条件两侧平方整理得，结合求出，即可得.
【详解】由题设，
所以，即，
而，则，
所以，即.
故选：A
6. 若直线的方向向量为，，则空间一点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中点到直线的距离公式求解即可.
【详解】由，，则，
所以，，而，
则点到直线的距离为.
故选：D
7. 设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为（ ）
A. 15B. 35C. 40D. 45
【答案】D
【解析】
【分析】设中，有个，个，则可得，再分、及进行讨论即可得.
【详解】设中，有个，个，则有个，
则需，解得，
则当时，，共有种情况；
则当时，，共有种情况；
则当时，，共有种情况；
故共有种情况，
即集合中满足条件“”的元素个数为.
故选：D.
8. 一个封闭的直棱柱形容器（容器壁厚度忽略不计），其侧面展开图为一长cm，宽1cm的矩形，容器中放一小球，则该小球半径的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由高度限制得出小球半径不超过，再探究底面内切圆的半径与的关系.
【详解】由题棱体高为1，则小球半径不超过，
当底面为正六边形时，其边长为，内切圆半径为，
所以该小球半径的最大值为，
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 在中，，则的值可以是（ ）
A. 6B. 8C. 10D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助正弦定理可表示，再计算出的范围表示出的范围即可得解.
【详解】由正弦定理可得，
由，则，故，
则，由，且，
故选项中可为、、，故B、C、D正确，A错误.
故选：BCD.
10. 设是两个非零向量、的夹角，若对任意实数，的最小值为，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若确定，则唯一确定B. 若确定，则唯一确定
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】设，结合二次函数的基本性质化简得出，逐项判断即可.
【详解】设，则恒成立，
当时，取得最小值，
此时，
化简得，
所以当确定，唯一确定，A对；
当确定时，的值不一定只有一个，B错；
当时，，解得，C对；
当时，因为，所以，故或，D错.
故选：AC
11. 在长方体中，分别为AB、D的中点，经过C，E，F三点的平面将已知长方体分成两部分，则（ ）
A. 截面的形状为四边形
B. 截面面积为
C. 点A到截面的距离为
D. 截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合长方体的底面长方形的性质，作出截面，判断A；根据三角形面积公式及相似三角形面积关系，求得截面的面积，判断B；根据等体积法求得点A到截面的距离，判断C；根据三棱锥的体积公式及相似求得截面分得的较小部分（棱台）的体积，利用长方体的体积求得较大部分的体积，从而得到体积之比，以判断D.
【详解】对于A，如图所示，分别延长，交于点G，因为，所以，.
连接，并延长，分别交于点,连接，则四边形是经过C，E，F三点的长方体的截面，形状为四边形，故A正确；
对于B，因为，所以.
由A，得,且.
取的中点，连接，则为梯形的中位线，所以.
所以.
所以.
，.
所以，
所以.
所以.
所以截面的面积等于，所以选项B正确；
对于C，由B得，.
因为，所以点A到截面的距离，所以C错误；
对于D，由C知.
因为长方体的体积为，所以较大部分的体积等于.
故截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29，所以D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知等差数列的各项均为正数，若，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】设公差，借助等差数列基本量计算即可得.
【详解】设等差数列的公差为，
则有，即，
化简得，解得或，
又等差数列的各项均为正数，故，故，
则.
故答案为：.
13. 若二项式的展开式中存在常数项，则的最小值为______；
【答案】
【解析】
【分析】
求出二项式展开式的通项公式，令的指数为，可求出的最小值．
【详解】的展开式中通项公式为：
，
令，解得，其中，1，2，，，
当时，，所以的最小值为3
故答案为：
【点睛】本题考查二项式展开式的应用，考查常数项的求法，属于基础题．
14. 已知函数，点、在函数的图象上，且分别位于第一、三象限.设线段的长度取最小值时点的横坐标为，则 _______.
【答案】
【解析】
【分析】分析出函数为奇函数且在第一象限为下凸函数，作出图象，记点关于原点的对称点为，线段的中点为，连接交函数在第一象限内的图象于点，结合两点间的距离公式得出，设，，利用函数的最值与导数的关系可求出的值.
【详解】函数的定义域为，令，
，故函数为奇函数，
当时，，则，
所以函数在第一象限为下凸函数，函数的图象如下图所示：
记点关于原点的对称点为，
线段的中点为，
因为、、都在第一象限，
连接交函数在第一象限内的图象于点，
所以，
设，所以，
设，
则，
令，则有，
因为，解得，即，
由题意可知，当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
故函数在处取得极小值，亦即最小值，故.
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. 已知某品牌新能源汽车的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布，其质保政策规定：电池寿命低于年可免费更换.
（1）求任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率（精确到）；
（2）某出租车公司购买了辆该品牌汽车，记为免费享受更换的车辆数，利用（1）的结果，求的分布列和数学期望.
附：若随机变量服从正态分布，则.
【答案】（1）
（2）分布列答案见解析，
【解析】
【分析】（1）由已知得出，结合正态分布可得出任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率；
（2）分析可知，由二项分布的期望公式可得出的值，利用二项分布的分布列可得出随机变量的分布列.
【小问1详解】
因为，，则，
所以任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率为
.
【小问2详解】
因为每辆车是否更换相互独立，且概率为，由题意可知，
由二项分布的期望公式可得，
分布列为.
16. 已知中，角，，的对边分别为，，，其中，.
（1）求角；
（2）若点在边上，且满足，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据已知条件可得：，然后再根据正弦定理进行边化角，最后根据三角恒等变换公式进行求解即可；
（2）首先根据向量的运算可得：，两边平方可得：，
再结合余弦定理求得：，，最后根据三角形面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
已知，且满足
由此可得：，代入，，
由正弦定理得：，
在三角形中，易知，所以，，所以．
【小问2详解】
由于，，
所以，所以，
得：，即，
由余弦定理：，化简得：，
联立两式可得：，解得：，，
所以．
17. 在数列中，令为其前项和，若，.
（1）证明：数列为等差数列，并求其通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题设，化简得到，，可得数列是以1为首项，为公差等差数列，进而得到，再根据与的关系求出，再根据等差数列的定义求证即可；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【小问1详解】
由，
两边同时除以得，，，
因为，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
则，即，
当时，，
显然满足上式，则，
而，
所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列.
【小问2详解】
由，
则数列的前项和为
.
18. 如图，在三棱柱中，，，D，E分别是CB，CA中点，.
（1）若平面平面，求点到平面ABC的距离；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点点距离公式可得点，进而根据面面垂直得法向量垂直，即可根据向量的坐标运算求解，根据线面垂直即可求解距离，
（2）根据法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
以C为坐标原点，CA，CB所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，因为，，，
所以，则，，，.
设平面的一个法向量，则，即
令，则，，所以，
设平面的一个法向量，则，即令，则，，所以.
因为平面平面，所以，
所以，即，所以，
所以，所以点在z轴上，即平面ABC，
因为平面ABC，所以，
又，，所以，
故到平面ABC的距离为.
【小问2详解】
由（1）知，由，则，
因为，所以，
所以，，所以.
由（1）知平面的一个法向量，平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
19. 已知函数，其中为常数.
（1）当时，求在区间上的最值；
（2）若在区间上有且仅有一个极值点，求的取值范围.
【答案】（1）最大值为，最小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，利用导数分析函数在区间上的单调性，即可求出函数在区间上的最小值和最大值；
（2）由题意得在上有且只有一个变号零点，由可得，设，其中，分析函数在上的单调性，并求其值域，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，则，
当时，，
当时，，则，可得，
当时，，则，可得，
所以，函数上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，故.
因此在区间上的最大值为，最小值为.
【小问2详解】
由题意得在上有且只有一个变号零点，
由可得，
设，其中，
因为
，
因为，则，
因为内层函数在上单调递减，外层函数在上单调递增，
所以函数上单调递减，
当时，，故，即实数的取值范围是.