湖北省新八校2025-2026学年高三下学期开学考试数学试卷

这是一份湖北省新八校2025-2026学年高三下学期开学考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

高三数学试题参考答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
C
A
B
C
D
A
B
C
BD
ABC
ABD
一、单选题
1.C[详解]  A  0,1, 2, 3, 4, 5 ,
B   1 ,1, 3 , 2, 5 ,   A  B  1, 2, 3 .
 3 ,
2.A[详解]
 222
i2026  i  1 i ，虚部为1
3.B[详解]
(sin cs)2 
1  2sincs  24  0 π π, 

2525
 2 
sin cs2  1  2sin cs sin cs2  49
25
sin cs 7
5

又sin 0, cs 0
→ → →
→→→ 2
→2→2→2
→ –→→ –→→–→
4.C[详解]当 a,b, c 的夹角均为 120°时 a  b  c
 a  b  c
 2ab  2ac  2bc
→→→ 2
 a  b  c
→→→
 9 a  b  c  3
→ → →
→→→
→→→
当a,b, c的夹角均为0 时, a  b  c  0 a  b  c  3或0
5.D[详解]
 f (x)  (a  2  R 是奇函数， y  cs x 为偶函数
2x  ) cs x, a
1
 g(x)  a 2为奇函数 g(x)  g(x)  2a 22 0 2a  2  0

 a  1
2x  12x  12x  1
CH
AC
6.A[详解] 分析题意可知直线l 过定点 M (3,1) ，过圆心C 作CH  l 交直线l 于点 H
ACB  2ACH , ACB最小时, ACH也最小csACH 
即 CH 最大
即CM  l ， kCM
7.B[详解]
  1 k
2l
 2   2m 1m   3
m 14
分析题意可知： AB  BC  CD  2,BCD  120  BD  2 3又 BD2  AB2  AD2  AB  BD
 AB  BC, BC  BD  B, BC  平面BCD, BD  平面BCD AB  平面BCD
又 AB  平面ABC  平面ABC  平面BCD
过点D作DM  BC交BC的延长线于M ，取AC 的中点为O 1 , 连接O 1M
OO  h,则h2  O C 2  O M 2  ( DM  h)2 解得h  3  R
 5, S 4R
2  20
111
球表球
8.C[详解] ex1 1  2 ln x  1
x3
2
令f (x)  ex1, g(x)  2ln x, h(x)  x
 1
2，即f (x1 )  g(x2 )  h(x3 )
观察右侧图象可知，不可能为 x2  x1  x3
二．多选题
9.BD10.ABC11.ABD
BD[详解]
A 项： c  0 时不成立B 项： y  x3为R上的增函数且a  b  a3  b3
C 项： a  0  b 时不成立D 项： a bc(a  b) 0 ab

ABC[详解]
c  ac  b
(c  a)(c  b)
c  ac  b
A 项：8  1  2
49  53
下四分位数为：  51
B 项：相关系数 r  0 ，表示变量没有线性相关关系 C
42

项： y6  0.839  6  28.957  33.991 残差 y6 - y6  0.009
1
D 项：分层抽样各层占比不清楚，所以系数
并不一定为
2
ABD[详解]如图所示，内切圆与PF1F2 三边的切点分别为 A、B、C ，延
长 PI 交 F1F2 于 Q ， 连 接 F1I、F2 I . 对 于 A 选 项 ： 由 题 意 可 知
PA  PB、F1B  F1C、F2C  F2 A ，  F1C  F2C  2c, PF1  PF2  2a ， 可 知
F1C  a  c ， IC  F1F2 ，所以内心 I 的横坐标为 a ，故 A 正确；对于 B 选项：PI 与F1PF2 的外角平分线相互垂直，由双曲线的光学性质可知直线 PI是双曲线在 P 点处的切线，故 B 正确；对于 C：设 P  x0 , y0  x0  a, y0  0 ，
则有 PF1  ex0  a，PF2  ex0  a ， 其中 e 为双曲线的离心率， 设内切圆的半径为 r(r  0) ， 则有
11
x0 
22  x2
SPF F  PF1  PF2  F1F2 r  F1F2  y0 ，化简可得 r 1   y0 ，两边同时平方，代入 y0  b  0  1 ，
1 222
a 
 a2

22 x0  a2
化简可得 r
 b 
x0
 a  b
，OI 2  OC 2  r 2  a2  b2  c2 ，所以OI  c ，故 C 错误；对于 D 选项：GI / / x
轴，由重心的性质可知可知 PI  2 ，由题意及角平分线定理可知 F2 P  F1P  2  F1P  F2 P 2a，
IQF2QF1QF1Q  F2QF1Q  F2Q
PF22  F1F22  PF 2
则 PF2  2c  a, PF1  2c  a ，在 PF1F2 中，由余弦定理可知cs PF2 F1 2PF  F F1 ,代入数据可得
21 2
cs
c  2ae-213
1 3
 1 1 PF F  
 PF2 F1  2c= -
，因为e  1 ，所以
24e  2
，  ，所以2 1
 3 ，  ，
故 D 正确.三、填空题
 a2e-12 4e-2
2
a  1
22n2
2 
n28
12 题： 1
13 题： 314 题： 0
； a2 3 2 3
12.[详解]  y'  2e2xb  y' x0  2eb  2e1 b  1
13.[详解] 设 AF2  x则 BF2  2x ,在AF1F2，BF1F2 分别由余弦定理解得:
2b2b2c2
x  2a  3c即e  
2a  c2a  ca3
14. 【答案】 a0  1
； a2 
22n2
3
 2n2  8
3
[详解]令 x  0 ，易知 a0  1 ，
令 S  2  22  23  ...  2n  2n1  2 ，则
1 2233
nn 1  22462 n 
1  2
4 2 2n2 
a2  2 2 S  2  2 S  2  2 S  2

S  2   2 S
 2
 2  2

  2 S 
1 4
，代入 S 化简可得 a2 
22n2
3
 2n2

 8 .
3
四．解答题
15、（1）由题意可知 a cs C  3a sin C  b  c  0 .2 分
由 正 弦 定 理 及 sin B  sin( A  C)  sin Acs C  cs Asin C 可 知 3 sin Asin C  sin C cs A  sin C  0 ，
1
62
 C 0,，sin C  0 ，则有 3 sin A  cs A  1，即sin  A    ，4 分

 A(0,) ， A    A   .5 分
663
（2）由（1）及余弦定理可知b2  c2  bc  4
.6 分
b2  c2  4  bc  2bc bc  4 ，当且仅当b  c 时，“  ”成立.7 分
–––→–––→–––→
 D 是 BC 的中点， AB  AC  2 AD ，8 分
4
两边平方可得b2  c2  bc  4 AD 2 ， AD 2  1 b2  c2  bc
b2  c2  4  bc  AD 2  1 2bc  4 3 ，12 分
4
.10 分
3
所以 AD 的最大值为.13 分
16、（1）由题意可知 AM  PD ， CD  AD ，1 分
侧面 PAD  底面 ABCD ，侧面 PAD ∩ 底面 ABCD  AD ，CD  平面 PAD ，3 分
 AM  平面 PAD ，CD  AM ，
又CD ∩ PD  D , CD 平面 PCD , PD 平面 PCD ，5 分
 AM  平面 PCD6 分
（ 2 ） 如图， 分别取 AD、BC 的中点 O、G ， 连接 OA、OG、OP ， 已知
OA、OG、OP 两两垂直，则以 O 为坐标原点， OA、OG、OP 为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系
由题意可知 P 0, 0，3  ， A1, 0, 0 ， B 1, 2, 0 ，
 1
–––→
3
M   2 ，0，  ， AP  1, 0, 3  ，

––––→
2 
 3
–––→
3
AM    2 ，0，  ， PB  1, 2,  3 ，7 分
2 
–––→–––→
–––→
–––→–––→–––→
设 PN  PB 0,1 ，则 PN  , 2,  3， AN  AP  PN ，
–––→
所以 AN   1, 2, 3  3，8 分
→––––→ →–––→ →
设平面 AMN 的法向量为 n  (x, y, z) ，则 AM  n  0 ， AN  n  0 ，
 3 x 3 z  0

代入数值可得22，

( 1)x  2y  3(1  )z  0
→
不妨令 x  ，则 n  , 1，3，11 分
–––→ →
–––→OP  n6
由题意可知，即为平面 ABCD 的法向量，则有，
OP –––→ →4
3
3 2  12  32
6
4
，13 分
OP n
PN
PB
解得 1 或 1 （舍去），所以 1
33
.15 分
17、（1）记 3 人中通过第一轮的人数为，由题意可知~ B  3, 3  ,1 分
4 

3 4
记“ 3 人中至多有 2 人通过第一轮”为事件 M ,则 P M   1  P  3  1  C3
 3 337

.3 分
64
 
 
记随机选择小明、小华、小方的事件分别为 N、R、T ，通过第二轮的事件记为 D ，则由题意可知
P  N   P R   P T   1 P D N   3  2  1 ，
3432
P D R   3  2  1 ， P D T   3  1  3 ，5 分
432428
则 P  D  P  ND  P  RD  P TD  P  N  P D N   P  R P D R  P T  P D T 
 P D   1  1  1  1  1  3  11 ，8 分
32323 824
.7 分

记小明、小华、小方通过第二轮的事件分别为 A、B、C ，则 P  A  3  2  1 ，P A  1 P A  1 ，
4322
P B   3  2  1 ，P B  1 P B  1 ， P C   3  1  3 ，P C  1 P C  5 ，9 分
43224288
由 A、B、C
相 互 独 立 可 知
P  0  P ABC  1  1  5  5

22832
， 分
   
P  1  P ABC  P ABC  P ABC  1  1  3  1  1  5  1  1  5  13
22822822832
，11 分
 
P  2  P ABC  P ABC  P ABC  1  1  3  1  1  5  1  1  3  11 ，12 分
22822822832
P  3  P ABC   1  1  3  3 .13 分
22832
所以的分布列是
则的数学期望是 E()  0  5  1 13  2  11  3  3  44  11 .15 分
32323232328
18、（1）由 f (x)  (x  1) ln x ，可知 f ' (x)  ln x  1 1, x  1 ,e  ， f '' (x)  x 1 ，1 分
x e x2
' 1 

易知 f (x) 在 e ,1 单调递减，在1,e 上单调递增，2 分
 f ' (x) f ' (1)  2  0 ，则 f (x) 在 1 ,e 单调递增，3 分
min e
所以 f ( x) f  1  =- e+1 ， f  x  f e =e+1 .5 分

0
1
2
3
P
5
32
13
32
11
32
3
32
e
e
min 

max
（2）构造函数 g(x)  f (x)  a(x  1)  (x  1) ln x  a(x  1)  x 1,  ，
g '  x  ln x  1  1  a ， g ' 1  2  a ，易知 g(1)  0 ，若 g' 1  2  a  0 ，
x
则x0 1,  使得 g(x) 在1, x0  上单调递减， g(x0 )  g(1)  0 ，与题意矛盾，7 分
则 g ' 1  0 ， a  2 ，此时 g(x)  (x  1) ln x  a(x 1)  (x  1) ln x  2(x 1) ，8 分
令 h(x)  (x  1) ln x  2(x 1) ， 只需证 h(x)  0 在1,  恒成立即可. h' (x)  ln x  1 1 ， h'' (x)  x 1 ，
xx2
1, ， h''( x)  0 恒成立，及 h' (x) 在1,  单调递增，9 分
 h' (x)  h' (1)  0 ，h(x) 在1,  单调递增，则 h(x)  h(1)  0 恒成立，即证，10 分
所以 a 的取值范围是，2
.11 分
（3）由（2）可知 x  1ln x  2  x  1 在1，  恒成立，
则有ln x  2 x 1 在1，  恒成立，12 分
x  1
2  n  1 1
n  1
n  1 n
n  12
令 x  1 ， 则 有 ln
nn
  ln
n  1  1n
n
2n  1
恒 成 立 ， 分
ln 2  ln n  1  ln n  2  ln n  3  2n
，分
nn  1n  22n  1
ln n  1  ln n  2  ln n  3  2n 2
2 ...2
2，
nn  1
即证 i2n1 2  ln 2
n  22n  12n  12n  32(2n  2)  14n  1
.17 分
in
2i  1
19、（1）由题意可知 F  p , 0 ，则 P 点的坐标为 p , 2 ，1 分
 2 2

代入抛物线方程解得 p  2 或 p  2 （舍去），所以抛物线C 的方程为 y2  4x .3 分
（2）（i）由题意可知直线 PT 的方程为 y  x  3 ，联立 y2  4x 可得 y2  4 y  12  0 ，解得 y1  2, y2  6 ，
2
所以 P 1, 2，Q 9， 6 ，所以 PQ  8.4 分
如图所示，由图象可知，对任意面积 S ，抛物线位于直线 PQ 右上方的部分均存在 2 点使得M 2PQ、M 3PQ 的面积均为定值 S ，则抛物线在直线 PQ 的左下方部分存在唯一的一点 M1 满足条件，此时 M1 到直线 PQ 的距离达到最大值，即在 M1 处的切线于直线 PQ 平行，6 分
x
x
当 y  0 时，抛物线方程为 y  2， y '  1  1 ，
所以 M1(1, 2) ，7 分
2
1  (2)  3
2
则 M1 到直线 PQ 的距离为 d  2，8 分
所以定值 S 
PQ d  1  2 2  8 2  16
1
2
2
.9 分
（ii） PQ 是APB的角平分线，所以T 点到直线 PA、PB 的距离相等，设该距离为定值 r(r  0) .当 PA 的
斜率不存在时，由题意可知APT  ，易知此时 r  2 ， PB 与 x 轴平行，不满足题意，11 分
4
k 2  1
3k  0  k  2
所以 r  2 ， PA、PB 的斜率均存在.设过 P 点的直线斜率为 k ，则过 P 点的直线可表示为 kx  y  k  2  0 ，
则有
 r ， 4  r2 k 2  8k  4  r2  0 ，则有 kPAkPB  1 ，13 分
设 A(x y ) 、 B  x , y  ，则 y 2  4x , y 2  4x ，两式相减可得 k y1  y2  4 ，
1, 1
221122
ABx
 xy  y
1212
利用点斜式方程可得lAB : 4x  ( y1  y2 ) y  y1 y2  0 ，14 分
由 k k44 1化简可得， 12  2  y  y   y y  0 ，15 分
PA PB

y  2y  2
121 2
12
结合lAB : 4x  ( y1  y2 ) y  y1 y2  0 ，易知直线 AB 过定点G 3， 2 .17 分