湖北省荆州市2026届高三上学期元月质量检测数学试卷含答案（word版+pdf版）

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一、选择题:1-8:CACD BABD
二、选择题:9.BC 10.ABD 11.BCD
三、填空题:12. 22 13.x23+22+y22+22=1 14.4-ln5
14. 解析:由题意得: Sn=nn+1 ，所以 bn=5n+1n+lnnn+1
所以 Tn=51−12+12−13+1n−1n+1+0−ln2+ln2−ln3+⋯+lnn−lnn+1=5−5n+1+ln1n+1
令 fx=1−x+lnx ，所以 f′x=1−xx
所以 fx 在 0,1 上单调递增，在 1,+∞ 上单调递减， fx 在 x=1 时取得最大值 0 ， 即 1−x+lnx≤0 ，则 Tn=4+1−5n+1+ln5n+1−ln5≤4−ln5 ，当 n=4 时，等号成立所以 mmin=4−ln5
四、解答题:

15. 解析:(1)方法一:如图，连接 CF 并延长交直线 AD 于 Q ， 连接 PQ⋯⋯⋯⋯2 分
因为 EF∥ 平面 PAD,EF⊂ 平面 CPQ ,且平面 PAD∩ 平面 CPQ=PQ ,所以 EF∥PQ⋯⋯⋯⋯4 分
因为点 E 为线段 PC 的中点,所以点 F 是线段 CQ 的中点,
又由于 AF∥DC ,由中位线定理, AF=12CD=1 .
方法二: 以点 A 为原点, AB 为 x 轴, AD 为 y 轴, AP 为 z 轴建立空间直角坐标系。
则 A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2 ,点 E 为 PC 的中点,故 E1,1,1 。
设点 F 在 AB 上， AF=t0≤t≤2 ，则 Ft,0,0 ，向量 EF=t−1,−1,−1 3 分
因为 AB⊥ 平面 PAD ,所以平面 PAD 的一个法向量 AB=2,0,0
由于EF //平面 PAD,则 EF⋅AB=t−1,−1,−1⋅2,0,0=2t−1=0 ,解得 t=1 ,
因此, AF 的长为 1 。 7 分
(2) D0,2,0,F1,0,0,E1,1,1,P0,0,2
DF=1,−2,0,DE=1,−1,1 ，设平面 DEF 的一个法向量为 m=x,y,z ，由
DF⋅m=0DE⋅m=0 得 x−2y=0x−y+z=0 ,令 y=1,m=2,1,−1
同理可得平面 PDF 的一个法向量为 n=2,1,1 11 分
cs⟨m,n⟩=m⋅nmn=46⋅6=23
结合图形知,所求二面角为锐二面角,因此,二面角 E−DF−P 的余弦值为 23 . 13 分
16. 解析:(1)设 AB=c,AC=b ，则 AD=12b+c,BE=12b−c⋅ 3 分因为 AD⊥BE ,所以 AD⋅BE=12b+c⋅12b−c=14b2−14b⋅c−12c2=14−14b⋅c=0 . 5 分所以 b⋅c=1 ，即 AB⋅AC=2×3×csA=1 ，故 csA=16 ，进而 sinA=356 . 7 分所以 △ABC 的面积 S=12AB⋅AC⋅sinA=352 . 9 分
(2)由余弦定理， BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA=4+9−2×2×3×16=11,BC=11 13 分由正弦定理, ABsinC=BCsinA ,所以 sinC=2×35611=38533 . 15 分
17.解析:(1)设第 i 题抽到选择题为事件 Ai ，抽到填空题为事件 Bi ， 1 分则 PB2=PA1PB2∣A1+PB1PB2∣B1=35⋅24+25⋅14=820=25 . 6 分
因此，第二题抽到填空题的概率为 25 。
(2)设小黄在甲平台答对题数为 X ，则 X=0,1,2
PX=2=C42C72⋅452+C41C31C72⋅45⋅25+C32C72⋅252=68175 . 7 分 PX=1=C42C72⋅15⋅45×2+C41C31C72⋅15⋅25+45⋅35+C32C72⋅25⋅35×2=84175 8 分 PX=0=C42C72⋅152+C41C31C72⋅15⋅35+C32C72⋅352=23175. 9 分
则小黄在甲平台花费金额 ξ 的数学期望
Eξ=0.2a×68175+0.5a×84175+0.8a×23175=74a175. 10 分
设小黄在乙平台答对题数为 Y ，则 Y=0,1,2
PY=2=C32C52⋅452+C31C21C52⋅45⋅25+C22C52⋅252=25 . 11 分
PY=1=C32C52⋅15⋅45×2+C31C21C52⋅15⋅25+45⋅35+C22C52⋅25⋅35×2=1225 . 12 分
PY=0=C32C52⋅152+C31C21C52⋅15⋅35+C22C52⋅352=325. 13 分
则小黄在乙平台花费金额 η 的数学期望
Eη=0.2a×1025+0.5a×1225+0.8a×325=52a125=0.416a 14 分
由于 Eξ=74a175≈0.42a ,所以 Eη0 2 分
两条平行线设为 MF1:x=my−2,NF2:x=my+2 3 分
分别与 x2−y2=2 联立,得
m2−1yM2−4myM+2=0m2−1yN2+4myN+2=0,进而有m2−1yM2−4myM+2=0⋯⋯9m2−1yM2+12myM+2=0⋯⋯ 4 分
将②-① ×9 得， 3myM=1 ，代入 ① 式得 m2=17 . 5 分
因为 yM>0,myM=13>0 ,所以 m>0 ,故 m=17 ,所求斜率为 1 m=7 . 6 分
(2)证明:(i)分别延长线段 MF1 ， NF2 与双曲线交于 G ， H ，由于 MF1//NF2 ，
由双曲线的对称性可知， MG=NH ，四边形 MNHG 是平行四边形，其中心为原点，G, N 关于原点对称，故 NF2=GF1 . 7 分
设 MF1:x=my−2,Mx1,y1,Gx2,y2,N−x2,−y2 ,且 y1>0>y2 ,

联立 x=my−2x2−y2=2,m2−1y2−4my+2=0 ,
y1+y2=4mm2−1,y1y2=2m2−10,yN>0
由(1)知， m2−1yM2−4myM+2=0m2−1yN2+4myN+2=0 ,进而有 m2−1yM2−4myM+2=0t2m2−1yM2+4myM+2=0 ,
类似(1)的方法得: 2tmyM=t−1 ，
当 m=0 时 t=1 ，此时 MF1 ， NF2 均垂直于 x 轴， M−2,2 ， N2,2 ，点 P 是矩形 MNF2F1 对角线的中点,故 P0,22 ; 12 分
当 m≠0 时 t≠1,yM=t−12tm,yN=t−12m ，分别代入两直线方程得: xM=−3t+12t,xN=t+32
故 M−3t+12t,t−12tm , Nt+32,t−12m . 13 分
将 Nt+32,t−12m 代入 x2−y2=2 得 m2=t−12t2+6t+1
直线 NF1:mt+7y=t−1x+2,MF2:m−7t−1y=t−1x−2 ,联立方程组,其解为点 P 坐标,
由 mt+7y=t−1x+2m−7t−1y=t−1x−2 得: x=−3t−12t+1,y=t−12mt+1 . 15 分所以 xy=−3m,x2y2=9m2 ,结合 m2=t−12t2+6t+1,x2y2=9t−12t2+6t+1 ,
由 x=−3t−12t+1 ，得 t=−2x+32x+3 ，
代入化简: 2x2+18y2=9 ,即 x292+y212=1 ,对应曲线为椭圆;
当 m=0 时 P0,22 也在该椭圆上,
所以当点 M,N 在双曲线上运动时,点 P 在椭圆 x292+y212=1 上运动. 17 分
19. 解析:(1) fx=4csx+24+2csx2−a . 1 分
令 t=csx∈−1,1,ht=4t+24+2t2,h′t=81−t4+2t3≥0 ，所以 ht 在 −1,1 上单调递增， 2 分 −12=h−1≤ht≤h1=16 ,即 −12≤4csx+24+2csx2≤16 . 3 分
① 当 a≥16 时， fx=4csx+24+2csx2−a≤0,fx 在 [0,+∞) 递减， fx≤f0=0 ，不等式成立…… 4 分
② 当 −120 时， fx>f0=0 ,与已知矛盾;
综上所述， a≥16 . 7 分
(2) (i) 设 gx=csx−1+14x2,0