湖北省随州市2026届高三上学期1月期末数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集的概念求解即可.
【详解】根据补集的概念可知，.
故选：B.
2. 函数的极大值点为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数 求导，通过导数判定的单调性，进而可求出极值.
【详解】由题意得，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以的极大值点为0．
故选：A.
3. 在梯形中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的加法运算求解.
【详解】在梯形中，，，
所以．
故选：D.

4. 一个装有水的圆柱形玻璃杯，测得其内部半径为，将一个半径为的玻璃球完全浸入水中，水没有溢出，则杯中水面上升了（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求得玻璃球的体积，设圆柱形玻璃杯水面上升了，根据体积相等，列出方程，即可求解.
【详解】因为玻璃球的半径为，可得玻璃球的体积为，
设圆柱形玻璃杯水面上升了，可得，解得，
所以杯中水面上升了．
故选：B.
5. 已知圆与抛物线交于A，B两点，若为正三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等边三角形求出点坐标，代入方程中求出.
【详解】如图，设直线与轴交于点，
因为为正三角形，所以，则，，则，
由，得．
故选：C
6. 已知函数是定义在上的偶函数，对任意不相等的两个正实数，，恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可知在上单调递增，在上单调递减，且，可得的解集为.
【详解】对任意不相等两个正实数，，恒成立，
不妨设，，，，
，在上单调递增，
是定义在上的偶函数，在上单调递减，
，解集为．
故选：D.
7. 某操场的正前方有两根高度均为、相距6m的旗杆，（两根旗杆都与地面垂直）．有一条10m长的绳子，两端系在两根旗杆的顶部B，D处，中间某处系在地面的点，并按如图所示的方式绷紧，使得绳子和两根旗杆处在同一个平面内，假定这条绳子的长度没有改变，则（ ）
A. B. C. D. 1m
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合椭圆的定义可以得到其标准方程，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
所以的轨迹是焦点为B，D，长轴长为10，短轴长为的椭圆．
如图，以直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．
易得该椭圆的方程为．
当时，，得，所以．
故选：A.
8. 在正项数列中，，，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用递推公式，可得是等比数列，求出通项，分奇偶讨论可得答案.
【详解】由，得，得，
则是首项为，公比为的等比数列，
所以，即．
当为奇数时，为递增数列，
所以，即．
当为偶数时，为递减数列，
所以，所以．
又，所以，所以.
故选：C
二、选择题：本题共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，有选错的得0分．
9. 若复数，，则（ ）
A. 的实部为1B. 的虚部为C. 为纯虚数D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的运算化简，再根据复数的概念，实部、虚部概念，复数模的定义依次判断.
【详解】对于A，因为，所以的实部为1，故A正确；
对于BC，，所以虚部为2，为纯虚数，故B错误，C正确；
对于D，因为，，所以，故D错误.
故选：AC.
10. 在等差数列和等比数列中，，，数列的前项和为，则（ ）
A. 的公差为3B. 的公比为2C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用等比数列，等差数列基本量的计算可判断ABC；利用裂项求和可判断D.
【详解】设的公差为．由，得，A正确；
设的公比为．由，得，B错误；
因为，
或，
所以，C正确；
因为，
所以，D正确．
故选：ACD
11. 平面中有个不同的点，且任意3点均不共线．从某点开始与其他点连线（连线均为线段），笔不能离开纸面，也不能与任何一条线段重合（可以重复经过线段上的一个点），最后到达某个点结束，这个图形为一个“通路”．在“通路”中，若起点和终点重合了，则这个图形为一个“回路”．对于下列三个图形，结论正确的有（ ）
A. 在图1中，可以绘制7个不同的“通路”
B. 在图2中，可以绘制18个仅由3条线段组成的不同的“通路”
C. 在图2中，可以绘制7个不同的“回路”
D. 在图3中，可以绘制37个至多由5条线段组成的不同的“回路”
【答案】ACD
【解析】
【分析】在图1中，一共可以组成条线段，分情况讨论“通路”：由1条线段组成，由2条线段组成，由3条线段组成，可判断A；在图2中，4个点两两连接，最多有条线段，根据间接法求由3条线段组成的不同的“通路”，可判断B；在图2中，分别求出两类：任意三点首尾相连，由4个端点4条线段组成的不同的“回路”，即可判断C；在图3中，分类：任意三点首尾相连（3条线段）可以组成的“回路”,由4个端点4条线段组成的不同的“回路”,由5个端点5条线段组成的“回路”，相加即可判断D．
【详解】在图1中，一共可以组成条线段，仅由1条线段组成的“通路”有个，
仅由2条线段组成的“通路”有个，由3条线段组成的“通路”有1个，
所以可以绘制个不同的“通路”，A正确．
在图2中，4个点两两连接，最多有条线段，
仅由3条线段组成的图形有个，
但三条线段共一个端点的图形不能组成“通路”，
所以仅由3条线段组成的不同的“通路”有个，B错误．
在图2中，任意三点首尾相连可以组成个“回路”；
由4个端点4条线段组成的不同的“回路”有如下3种，其他情况不能组成“回路”，
所以可以绘制个不同的“回路”，C正确．
在图3中，任意三点首尾相连（3条线段）可以组成个“回路”；
由4个端点4条线段组成的不同的“回路”有种（由C选项可知）；
如图4，任选一个点，该点最多在四条线段上，在这4条线段中任选两条线段，有种不同的选法，
如图5，在每一种选法上，将在线段上的点A，B与不在线段上的点C，D，2个为一组分别连接起来，
有种不同的选法，最后连接，
如图6、图7所示，由5个端点5条线段组成的“回路”有个．
故可以绘制个至多由5条线段组成的不同的“回路”，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. 假设某超市今年上半年每个月的销售额（单位：万元）与广告支出（单位：万元）的经验回归方程为．若该超市计划明年5月份的销售额为10万元，则估计该超市明年5月份的广告支出为________万元．
【答案】2.5##
【解析】
【分析】在回归方程中令，求得，得解.
【详解】由，得，
则估计该超市明年5月份的广告支出为2.5万元.
故答案为：.
13. 若，且，则________，________．
【答案】 ①. 2 ②. 3
【解析】
【分析】先将化为对数式，然后求；由得到一个关于的方程，解方程即可，注意的范围.
【详解】由，得，，
则．
由得．
因为，
所以，得，解得（舍去）．
故答案为：2；3.
14. 如图，单位圆的圆心为坐标原点，将轴右侧半圆上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到曲线．若水平直线与曲线交于点，则的最大值为________．

【答案】##
【解析】
【分析】由题意可知与曲线交于点时，可使最大，，进而计算可求得的最大值.
【详解】由题意可得与曲线交于点时，可使最大，
设直线与轴右侧半圆交于点，连接．
设，则，从而，，
则．
因为，所以，
从而仅当时，等号成立，所以的最大值为．

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. 已知的内角、、的对边分别为、、，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）2．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，结合三角恒等变换求角；
（2）利用三角形面积公式和余弦定理结合基本不等式求的最小值.
【小问1详解】
由已知及正弦定理得，
由，得，得，
由，得，得，得，
得，得；
【小问2详解】
由，得，
由余弦定理得，
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以，得．故的最小值为2．
16. 如图1，在中，，，D，E，F分别是，，的中点．将沿着线段翻折至的位置，连接，，得到四棱锥，如图2所示，连接．
（1）证明：．
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等腰三角形的性质得，利用线面垂直的判定定理得平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可．
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解平面夹角的余弦值.
小问1详解】
如图1，连接，交于点．
因为，F是中点．所以．
因为，分别是，的中点，所以，所以．
如图2，连接，，
因为，，，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
【小问2详解】
由（1）知即，又，所以，
故，则，
因为，所以．
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图2所示的空间直角坐标系.
，，，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，，得，
易得平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17. 如图，甲、乙准备玩跳格子游戏，规则如下：每一轮游戏先进行成语接龙，获胜的人等可能地前进1格或2格，失败的人原地不动，一轮游戏结束．在成语接龙中，甲获胜的概率为，没有平局，且每轮比赛的结果都相互独立．

（1）求第1轮游戏结束，甲前进2格的概率；
（2）求第2轮游戏结束，甲前进的格数比乙前进的格数大的概率；
（3）若第3轮游戏结束，甲前进的格数与乙前进的格数之和为，求的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率运算（甲在成语接龙中获胜的概率乘以获胜后选择前进2格的概率）求解即可.
（2）根据独立事件的概率运算，结合题意分情况进行计算即可.
（3）先计算出每轮游戏前进1格或2格的概率，判断的可能取值并计算对应的概率，即可得到分布列，再根据期望计算公式计算期望即可.
【小问1详解】
第1轮游戏结束，甲前进2格的概率为．
【小问2详解】
当乙前进0格时，即2轮中甲均获胜，
①每轮均前进2格的概率为；
②仅有1轮前进2格的概率为；
③每轮均前进1格的概率为；
当乙前进1格时，即2轮中甲、乙各获胜1轮，
甲获胜前进2格，乙获胜前进1格的概率为；
综上，第2轮游戏结束，甲前进的格数比乙前进的格数大的概率为．
【小问3详解】
在一轮游戏中，甲获胜前进1格、2格的概率均为，乙获胜前进1格、2格的概率均为，
所以每轮游戏甲前进的格数与乙前进的格数之和为1的概率为，为2的概率为．
的取值可能为3，4，5，6．
，
，
，
，
的分布列为
故．
18. 已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求；
（3）若函数有且只有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）0 （3）
【解析】
【分析】（1）对函数求导得到，再对分类讨论即可得到的单调性；
（2）由题意得，则，，函数切点为，，再利用公切线的性质列方程组得到的值.
（3）由题分离参数得到，因为有且只有两个零点，所以直线与的图象有且只有两个公共点．利用指数函数的常用放缩不等式得到，再分别计算极限值即可得到的范围．
【小问1详解】
由题意得的定义域为，．
当时，，单调递增．
当时，令，得．
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
由题意得，则，．
设曲线的切点为，由（1）可得．
因为曲线在点处的切线也是曲线的切线，
所以，得
【小问3详解】
令，得．
因为有且只有两个零点，
所以直线与的图象有且只有两个公共点．
设函数，则．当时，，单调递减，
当0时，，单调递增，则，
所以，当且仅当时，等号成立．
因为在上单调递增，，，
所以存在，使得．
，
当且仅当时，等号成立.
当时，，当时，，所以，
故的取值范围为．
19. 已知是双曲线的右焦点，且经过点．
（1）求的标准方程．
（2）已知斜率为的直线与的右支相交于A，B两点，直线，的一个方向向量分别为，，，且．
（ⅰ）求．
（ⅱ）判断是否过定点．若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）过定点．
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）（ⅰ）根据数量积的定义化简即可求出；
（ⅱ）设直线，与双曲线方程联立，结合（ⅰ）可得出，再根据以及判断，进而得出定点.
【小问1详解】
由题意得，得，
所以的标准方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）因为，所以是直线的一个方向向量，
因为直线的一个方向向量分别为， 且，所以，
则，整理得．
因为，所以．
（ⅱ）过定点．
理由如下：设，，，
由，得，
则，
，，
由（ⅰ）知，
得，
即，整理得，
所以或．
又，
故当时，，不符合题意．
当时，，符合题意．
综上，，所以过定点．

3
4
5
6