2025-2026学年湖北省宜昌市高三上学期元月调研考试数学试卷（附答案解析）

这是一份2025-2026学年湖北省宜昌市高三上学期元月调研考试数学试卷（附答案解析），共20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．已知i为虚数单位，则（ ）
A．B．1C．D．i
2．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．某气象爱好者为了解本地冬季的气温变化规律，特记录了本地过去10天的最低气温的数据（单位：℃），结果如下：7，7，5，2，3，6，6，7，4，3，则这10天的最低气温的（ ）
A．极差为4B．中位数为6C．平均数为5D．方差为3
4．设：，，：，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知，为第二象限角，则（ ）
A．B．C．D．2
6．若两个整数，除以同一个正整数所得的余数相同，则称，对模同余，记作，如：，．现将满足的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在三棱锥中，为的中点，为的中点，过点作平面，与射线、、的交点分别为，，．若，，，则的最小值为（ ）

A．2B．4C．6D．9
8．若方程的三个根（）成等比数列，则公比为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在一个密闭透明的圆柱桶内装一定体积的水，将圆柱桶分别竖直、水平、倾斜放置时，圆柱桶内的水面可能呈现出的几何形状分别为（ ）
A．圆面B．矩形面C．椭圆面D．三角形面
10．已知函数（），且满足，则（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．，
D．将的图像向右平移个单位长度得到的图象，那么
11．某人进行投篮游戏，每次投篮的命中率为，且投篮结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束．则（ ）
A．当时，投篮2次游戏结束的概率为
B．当时，投篮3次游戏结束的概率大于投篮4次游戏结束的概率
C．当时，游戏结束时投篮总次数的数学期望为
D．设游戏结束时投篮总次数的数学期望为，则（）
三、填空题
12．设为单位向量，且，则 ．
13．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，若抛物线：（）与椭圆共焦点，点为椭圆与抛物线的一个公共点，且在直角中，，则椭圆的离心率为 ．
14．在直角中，，，为斜边上一点，将沿折叠到，使得二面角为，且，则 ．
四、解答题
15．已知数列的前项和为，且．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求满足条件的最小整数．
16．如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面．

(1)求证：平面；
(2)若，，四棱锥的体积为，求点到平面的距离．
17．在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，．
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围；
(3)设是的重心，求的最小值．
18．已知双曲线：（，）的焦距为，右顶点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设，是轴上的两个动点，以线段为直径的圆过双曲线的焦点，直线，与双曲线的另一个交点分别为，．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）判断直线与圆的位置关系，并说明理由．
19．已知函数，．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若存在两个极值点，，且．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）已知函数有三个零点，分别记为，，，证明：．
《湖北省宜昌市2026届高三上学期元月调研考试数学试卷》参考答案
1．A
【分析】应用复数的乘方计算求解.
【详解】.
故选：A.
2．A
【分析】先根据题意求出集合，再由交集定义求解即得.
【详解】因，则，
则.
故选：A.
【点睛】
3．C
【分析】根据样本数据的极差、中位数、平均数、方差的定义分别求出结果，即可判断出答案.
【详解】选项A：最低气温的数据（单位：℃）的最大值为7，最小值为2，故极差为，故A错误；
选项B：把最低气温的数据（单位：℃）从小到大排序为：2，3，3，4，5，6，6，7，7，7，
这10个数据的中位数为第五个数和第六个数的平均数，即为，故B错误；
选项C：最低气温的平均数为，故C正确；
选项D：最低气温的方差为，故D错误.
故选：C.
4．B
【分析】由充分必要条件的概念判断即可．
【详解】由题可知，命题等价于，命题为，
因为能推出，但不能推出（如时），
所以是的必要不充分条件，
故选：B．
5．D
【分析】利用，解出的值，再利用倍角公式可得答案.
【详解】已知，且为第二象限角，
设，，则有方程组，
消元得，解得或，
当时，；当时，，
由于为第二象限角，需满足，，故舍去的解，
因此，，
利用倍角公式计算.
故选：D
6．C
【分析】由对模同余的定义知，满足的正整数除以所得的余数为，由此可得数列是等差数列.求得数列的通项公式，并根据裂项相消求和法求得.
【详解】由对模同余的定义知，满足的正整数除以所得的余数为，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
所以数列的通项公式为.
所以.
所以则.
故选：C.
7．B
【分析】利用空间向量共面的充要条件及基本不等式即可求解.
【详解】，
又，，，则，
因为点共面，所以，且.
则，
又当且仅当时取等号；
，当且仅当时取等号；
，当且仅当时取等号.
所以，当且仅当时取等号.
故的最小值为.
故选：B
【点睛】.
8．B
【分析】分离参数后构造函数，将问题转化为图象的交点问题，解方程组消参可求得公比.
【详解】由得，所以.
令，则.
方程的根等价于直线与图象的交点的横坐标.
因为函数的导数为，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，且为正.
又当时，；当时，.
作出的图象，如下图.
（*），
因成等比数列，可设，
所以，，
代入（*）式得，
由得，即，
所以，解得，
代入，可得，
整理得，解得或（舍）．
故选：B．
9．ABC
【分析】把问题转化成水平面截圆柱的截面问题，可得答案.
【详解】当圆柱桶竖直放置时，圆柱轴线垂直，
水平面与圆柱侧面平行于底面，交线为圆，水面呈圆面，A正确；
当圆柱桶水平放置时，圆柱轴线水平，水平面平行于轴线，
与侧面和底面相交形成矩形，水面呈矩形面，B正确；
当圆柱桶倾斜放置时，圆柱轴线倾斜，
水平面与圆柱侧面相交形成椭圆，水面呈椭圆面，C正确；
三角形面不可能出现，因为圆柱与平面的截面不可能为三角形面.
故选：ABC
10．ACD
【分析】根据得出正弦函数取得最小值时，满足，再结合得出，故A正确；根据正弦函数求出单调递增区间判断B即可；因为，得出，即可得证C；根据图像的平移得出，再求的取值范围即可.
【详解】因为（），且满足，
则，此时，解得，
结合（），当时；故A正确；
，求其单调递增区间即，
化简得，当时，
同理单调递减区间为，
当时，，因此在区间上不单调，故B不正确；
因为，，
故，C选项正确；
将的图象向右平移个单位长度得到的图象，
故，
故,，
即，选项D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】利用相互独立事件同时发生的概率公式可求AB；假定状态再分类讨论，利用递推法可求CD.
【详解】对于A， 由相互独立事件同时发生的概率公式可得，
投篮2次后游戏结束的概率为，故A正确；
对于B，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束.
故投篮3次游戏结束的事件为“次投篮结果依次为：不中、命中、命中”，
则由相互独立事件同时发生的概率公式可得，
投篮3次游戏结束的概率；
投篮4次游戏结束，则第3、4次必须命中，且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投篮结果不影响，
故投篮4次游戏结束的概率为，
两者概率相等，故B错误；
对于C，当时，即出现连续次命中，那么停止投篮，游戏结束.
设投篮的总次数的数学期望，考虑第一次投篮的结果：
①第一次命中，
若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投篮总次数为；
若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作；
②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投篮的总次数可看作；
则，解得，故C正确；
对于D，由题意，为出现连续次命中停止投篮游戏结束时投篮总次数的数学期望.
在连续次命中停止的游戏中，考虑首次达到出现连续命中（）次的时刻，
此时当前投篮的总次数期望为，且最后次都投篮命中.
现在从此状态开始，游戏还需要进行直至停止（即连续次命中），考虑下一次投篮的结果：
若下一次投篮命中（概率为），
则出现连续次命中停止投篮游戏结束，即投篮的总次数可看作次；
若下一次投篮命不中（概率为），
则游戏重置，需再进行次投篮游戏才能结束，即投篮的总次数可看作；
故，
整理得（），故D正确．
故选：ACD.
12．1
【分析】根据向量数量积的性质列方程求解即可.
【详解】因为为单位向量，所以.
由可得，
解得.
故答案为：1.
13．/
【分析】分和两种情况，利用直角三角形的性质，结合椭圆的定义求得椭圆的离心率，并通过点为椭圆与抛物线的一个公共点进行检验，即可确定椭圆的离心率.
【详解】设，则.
因为抛物线（）与椭圆共焦点，
所以，即，所以抛物线.
由椭圆和抛物线的对称性，不妨设点位于第一象限.
直角中，显然.
当时，，所以.
所以.
且点的横坐标为，代入椭圆方程得，解得；
代入抛物线方程得，，所以，
即，可得，化简得，
因为，所以，符合题意.

当时，因为，
所以，.
所以.
因为，所以，所以.
此时，点横坐标为，代入椭圆方程得，，解得；
代入抛物线方程得，，所以.
由，知代入上式不成立，所以不合题意.

故椭圆的离心率为.
故答案为：.
14．
【分析】设，则，过作为垂足，过作，为垂足．在直角三角形中计算边长结合计算得到结果.
【详解】设，则，过作为垂足，
过作，为垂足．
在中有，，
在中有，，
则．
因为二面角为，所以,
又
，
则，，
所以．
故答案为：.

15．(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）作差应用，并整理得，进而根据等比数列的定义即可判断；
（2）根据等比数列通项公式得出，再应用等比数列前n项和公式计算结合指数单调性即可求解.
【详解】（1）当时，．
当时，，又，
两式相减得，
即，
因为，所以，则，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列．
（2）由（1）知，则，
所以，
整理得，解得，所以满足条件的最小整数．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，从而得，再由面面垂直的性质得平面，进而可得，即可求解；
（2）根据条件，由棱锥的体积公式得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，再由点面距的向量法，即可求解.
【详解】（1）因为底面为正方形，所以，
又，且，平面，所以平面，
又平面，所以，
连接，易知，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，又平面，则，
又因为，平面，所以平面．
（2）由题意，则正方形的面积为，
又，得到，
由（1）知平面，又平面，则，
以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，由，所以，
则，
所以，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，得，所以，
则点到平面的距离为．

17．(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再由余弦定理即可求得角；
（2）利用正弦定理与和角公式求得，结合锐角三角形求得，利用正切函数的性质即可求得边的取值范围；
（3）利用三角形的重心性质和余弦定理，借助于二次函数的性质即可求得答案.
【详解】（1）由和正弦定理，可得，
去分母得，即，
由余弦定理，可得．又，所以．
（2）由正弦定理，可得．
因为三角形为锐角三角形，所以，解得．则，
则，故．
（3）设的中点为，因是的重心，则，
由余弦定理，，
故当时，取得最小值，此时的最小值为
18．(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）与圆相离，理由见解析.
【分析】（1）由双曲线的几何性质求解即可；
（2）（ⅰ）设点，的坐标分别为，，由题意得：，又设直线，的斜率为，，所以．再设出直线的方程，与双曲线方程联立进行求解；（ⅱ）因为，，所以，设，则，所以，即，再由直线与圆的位置关系判断即可．
【详解】（1）由题意，，则，所以双曲线的标准方程为．
（2）（ⅰ）设点，的坐标分别为，，
由题意得：，
又设直线，的斜率为，，所以．

当直线的斜率不存在时，设：（），联立双曲线方程得点，的坐标为，
则，得或2（舍）．
当直线的斜率存在时，设：，联立，消得：
，所以．
设，，由韦达定理得：，，
所以，
代入韦达定理得：，所以或（舍），
则：，综上直线过定点．
（ⅱ）因为，，所以，
设，则，所以，即．
故到直线：的距离．
又圆的半径．
显然，所以直线与圆相离．
19．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义求出函数在点处切线的斜率，再由直线的点斜式，即可求解；
（2）（i）根据条件，将问题转化成存在两个变号零点，，利用导数，分和两种情况，分别求出函数的单调区间，再结合条件，即可求解；（ii）利用（i）中结果，结合条件可得，从而将问题转化成证明，构造及，，利用导数与函数单调性间的关系可得，再由的单调性，即可求解.
【详解】（1）当时，，则，所以，
又，故函数在点处切线方程为．
（2）（ⅰ）因为，恒成立，令，
由题知存在两个极值点，，等价于存在两个变号零点，．
因为，则当时，，单调递增，此时最多一个零点，不合题意；
当时，令，得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
由题意得，解得，
当时，因为，，
由零点存在性原理及函数的单调性知，当时，存在唯一，使得，
令，则，当时，，当时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即，当且仅当时取等号，
则，所以当时，，
则当时，，所以，
由零点存在性原理及函数的单调性知，当时，存在唯一，使得，
综上所述，实数的取值范围为．
（ⅱ）由（2）知在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，
又，不妨设，显然，
又，且，
则，即，所以，
则要证，只需证．
因为存在两个变号零点，，所以，
得到，
令，则，又，
所以在上单调递增，在上单调递减，且有，
构造函数，，
因为，所以在上单调递增，
又，所以，即，
所以，
又因为，，且在上单调递减，
则，所以，
又因为在上单调递增，所以，
故．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
C
B
D
C
B
B
ABC
ACD
题号
11









答案
ACD