湖北省2026届高三上学期11月阶段性训练 数学试卷（含答案）

这是一份湖北省2026届高三上学期11月阶段性训练 数学试卷（含答案），共16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．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知函数有极值，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．函数的最大值为（ ）
A．1B．2C．-2D．3
5．已知函数，则（ ）
A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称
C．的图象关于点对称D．的图象关于直线对称
6．设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点.点的坐标为，且与、的面积之比是，则（ ）
A．B．C．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
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．
二、多选题
9．在中，，则的值可以是（ ）
A．6B．8C．10D．
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
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
三、填空题
12．已知等差数列的各项均为正数，若，则 .
13．已知双曲线Γ：，P为Γ的左顶点，过Γ的左焦点F作斜率为1的直线交Γ于A、B两点，若的面积为，则Γ的离心率为 .
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 .
四、解答题
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.
16．如图，在四面体中，，，，、分别为、的中点.
(1)证明：；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
17．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.
18．已知、分别是椭圆的左、右顶点，动点满足，过作于，线段交椭圆于点；过作，交椭圆于点.
(1)设直线、的斜率分别为、，求的值；
(2)求证：直线过定点；
(3)设线段的垂直平分线交椭圆于、两点，若，求直线的斜率.
19．已知数列，为严格单调递增的正整数数列，的子集有个，分别计算每个子集的元素和得到（规定空集元素和为0)，已知.
(1)求的最小值；
(2)求的方差的最小值；
(3)求证：.
参考答案
1．D
【详解】因为，
所以，
故选：D.
2．A
【详解】由，解得，则，
因为，所以，故A正确.
故选：A
3．C
【详解】由题可得有变号零点，
有两个不同的实数根，
所以或.
所以满足题意的a的取值范围是.
故选：C
4．B
【详解】因为，
当，即时，，
所以的最大值为2.
故选：B
5．C
【详解】对于A选项，若的图象关于直线对称，则，而，，二者不相等，故A错误；
对于B选项，若的图象关于点对称，则，
而，故B错误”
而，
所以的图象关于点对称，C选项正确，D选项错误．
故选：C．
6．B
【详解】由题意可知，抛物线的焦点为，准线为直线，如下图所示：
，又因为，故，
故选：B.
7．D
【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．B
【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.
9．BCD
【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．AC
【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．ABD
【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.
12．
【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．
【详解】，则直线方程为，联立双曲线方程，消去，得.
设，则．
所以．
到的距离,
所以，
代入化简得，
所以，
所以（负值舍去）．
故答案为：.
14．
【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：.
15．(1)
(2)分布列答案见解析，
【详解】（1）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
.
（2）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．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，所以，
因为，即，所以，同理可证，
因为，、平面，故平面，
因为平面，故.
（2）构造直棱柱如图所示，则，因为，则，
因为，，、平面，所以平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为平面平面，，，
所以二面角的平面角为，则，
因为，，则，
又因为，所以，
所以、、、，
因为、分别为、的中点，所以、，
所以，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，可得，
所以，
因此直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)最大值为，最小值为
(2)
【详解】（1）当时，，则，
当时，，
当时，，则，可得，
当时，，则，可得，
所以，函数在上单调递减，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.
（2）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，
所以函数在上单调递减，
当时，，故，即实数的取值范围是.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）因为，则，故点的轨迹方程为，
设点，则，易知点、，
因为，，所以，
所以
.
（2）设点、，设直线的方程为，
设直线的方程为，则，
则直线的方程为，则，
易知，则，
由得，
可得，
即①，
联立得，
由韦达定理可得，，
代入①式得，即，
解得（舍去）或，即直线的方程为，
故直线过定点.
（3）易知直线、的斜率都存在，设线段的中点为，
设直线的方程为，设直线的方程为，
联立得，
由韦达定理可得，，
则
，
同理可得，
因为为线段的中垂线，且，记，
在中，，所以，
所以四点、、、共圆，且，
则，化简得，
又因为，故.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由集合中元素最多的子集为该集合本身，元素最少的子集为空集，
则，，
又数列为严格单调递增的正整数数列，
故、、、，
当集合时，
有，
故的最小值为；
（2）设的平均数为，方差为，
则，，
设，，则，
且有，，
则
，
由，则，
，，，
累加得，化简得，
则
，
故当时，的方差有最小值；
（3）对于个元素的集合共有个子集，
且集合元素之和分别为，
则含有元素的子集个数为，
同理，对任意的，含有的子集的个数都为，
故，
同理，对于，
出现项的次数为，
则对任意的，含有的个数都为，
出现项的次数为，
则对任意的，含有的个数都为，
则
，
又
，
故
，
则，即得证.