湖北省宜昌市2026届高三上学期元月调研考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省宜昌市2026届高三上学期元月调研考试数学试题（Word版附解析），文件包含湖北省宜昌市2026届高三上学期元月调研考试数学试卷原卷版docx、湖北省宜昌市2026届高三上学期元月调研考试数学试卷Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟．
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答
题卡上的指定位置．
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在
试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和
答题卡上的非答题区域均无效．
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
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
符合题目要求）
1. 已知 i 为虚数单位，则 （ ）
A. B. 1 C. D. i
【答案】A
【解析】
【分析】应用复数的乘方计算求解.
【详解】 .
故选：A.
2. 若集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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 ，
第 1页/共 21页
则 .
故选：A.
【点睛】
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 4 B. 中位数为 6 C. 平均数为 5 D. 方差为 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据样本数据 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. 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
【答案】B
【解析】
【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. 已知 ， 为第二象限角，则 （ ）
A. B. C. D. 2
第 2页/共 21页
【答案】D
【解析】
【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. 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.
【答案】C
【解析】
【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.
第 3页/共 21页
所以数列 的通项公式为 .
所以
所以则 .
故选：C.
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. 2 B. 4 C. 6 D. 9
【答案】B
【解析】
【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；
第 4页/共 21页
，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. 若方程 的三个根 （ ）成等比数列，则公比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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.
第 5页/共 21页
（*），
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．
二、选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
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
第 6页/共 21页
【答案】ABC
【解析】
【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. 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
【答案】ACD
【解析】
【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 ，
第 7页/共 21页
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. 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 （ ）
第 8页/共 21页
【答案】ACD
【解析】
【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：
第 9页/共 21页
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.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 设 为单位向量，且 ，则 ______．
【答案】1
【解析】
【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. 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______．
【答案】 ##
【解析】
【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.
第 10页/共 21页
【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 ；
第 11页/共 21页
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. 在直角 中， ， ， 为斜边 上一点，将 沿 折叠到 ，使得
二面角 为 ，且 ，则 ______．
【答案】
【解析】
【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 ， ，
第 12页/共 21页
所以 ．
故答案为： .
四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
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 ．
【答案】（1）证明见解析
（2）5
【解析】
【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.
【小问 1 详解】
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．
【小问 2 详解】
第 13页/共 21页
由（1）知 ，则 ，
所以 ，
整理得 ，解得 ，所以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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【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.
【小问 1 详解】
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 ，
第 14页/共 21页
又因为 ， 平面 ，所以 平面 ．
【小问 2 详解】
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. 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．
第 15页/共 21页
【答案】（1）
（2）
（3） ．
【解析】
【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.
小问 1 详解】
由 和正弦定理，可得 ，
去分母得 ，即 ，
由余弦定理，可得 ．又 ，所以 ．
【小问 2 详解】
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 ．
【小问 3 详解】
设 的中点为 ，因 是 的重心，则 ，
第 16页/共 21页
由余弦定理， ，
故当 时， 取得最小值 ，此时 的最小值为
18. 已知双曲线 ： （ ， ）的焦距为 ，右顶点 ．
（1）求双曲线 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．
【答案】（1） ；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 与圆 相离，理由见解析.
【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．
【小问 1 详解】
由题意 ， ，则 ，所以双曲线 的标准方程为 ．
【小问 2 详解】
（ⅰ）设点 ， 的坐标分别为 ， ，
由题意得： ，
又设直线 ， 的斜率为 ， ，所以 ．
第 17页/共 21页
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 ．
第 18页/共 21页
故 到直线 ： 的距离 ．
又圆 的半径 ．
显然 ，所以直线 与圆 相离．
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： ．
【答案】（1）
（2）（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析
【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.
【小问 1 详解】
当 时， ，则 ，所以 ，
又 ，故函数 在点 处切线方程为 ．
【小问 2 详解】
（ⅰ）因为 ， 恒成立，令 ，
第 19页/共 21页
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 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
第 20页/共 21页
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 ．
第 21页/共 21页