湖北省黄石市2026届高三下学期3月模拟考试数学试卷（Word版附解析）

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本试卷共4页，19题，全卷满分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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解三角方程得到集合，再根据集合交集运算法则求解．
【详解】，，解得，
即，
．
2. 若复数（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据虚数单位的周期性和复数的除法可得.
【详解】因为，所以，
所以.
3. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】易知向量，显然，
所以.
4. 已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”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】
【详解】如果，此时也能找到且，但并不平行于，而是在内，所以充分性不成立；
根据线面平行的性质定理：如果直线平行于平面，那么过作一个平面与相交，交线就满足，且，所以必要性成立.
即“存在直线，使”是“”的必要不充分条件.
5. 某次考试有10000人参加，若他们的成绩近似服从正态分布，则分数在100-120之间的考生约有（ ）（参考数据：若，则有）
A. 1360人B. 1570人C. 2720人D. 3410人
【答案】A
【解析】
【详解】由成绩近似服从正态分布，得，
则
，则，
所以分数在100-120之间的考生约有1360人.
6. 若实数满足，则的最小值是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，将原问题转化为直线和圆相切问题，根据圆心到直线的距离等于半径，列方程求解，即得答案.
【详解】由题意知实数满足，即点在圆上，
则可看作点和点的连线的斜率，设点为P，设，
则，即，
当和圆相切时，k取最大值或最小值；
由圆心到直线的距离为，
得，解得或，
故的最大值是0，最小值是.
7. 已知等比数列的首项为1，前项和为，若，则（ ）
A. 1或2B. 1或4C. 2或4D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列前n项和公式，分和两种情况计算可得.
【详解】设等比数列的公比为,
当公比时 等比数列前项和，因此，满足. 此时；
当公比时 等比数列前项和公式为​，代入得： ,
整理得，令，则,解得（对应舍去）或，
因此.
综上所述，或.
8. 已知曲线，将绕坐标原点逆时针旋转后所得的曲线是某个函数的图像，则正实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意易得曲线与，对于有且只有一个交点，可转化为曲线与至多只有一个交点，求导，根据导数判断函数的单调性，进而确定参数范围.
【详解】易知曲线绕坐标原点逆时针旋转后所得函数为，
则，函数与直线至多有个交点，
设直线上任意异于坐标原点的一点，设，则，
设将点绕坐标原点顺时针旋转后得，
此时满足，
且，则，
即将直线顺时针方向旋转后，得，
且直线与函数至多只有一个交点，
即方程，，在上至多只有一个解，
设，
即对于，曲线与直线在至多一个交点，
则，，
由，可知，在上单调递增，
且，，
当时，，即在上单调递增，
此时曲线与直线在至多一个交点，成立；
当时，，
即，使得，
即上单调递减，在上单调递增，
所以当时，曲线与直线在有两个交点，不成立；
综上所述.
二､多选题：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. 已知函数，则下列命题正确的有（ ）
A. 函数的图象关于点对称
B. 函数的最大值是2
C. 若实数使得方程在上恰好有三个实数解，则
D. 是函数的单调递减区间
【答案】BC
【解析】
【分析】首先化简函数，分别求函数的单调性，对称性及值域，选项C将函数数形结合，转化为交点问题.
【详解】
若函数图象关于点对称，则.但是，所以A错误；
因为的最大值为1，所以的最大值为，所以B正确；
方程在上恰好有三个实数解，即在有三个解，
此时，对应的三个解为：，则，所以C正确；
求的单调递减区间：，解得，所以D错误.
10. 如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，为它的体对角线.设分别为的中点，则（ ）
A. 存在面对角线与平面平行
B. 存在面对角线与平面垂直
C. 存在体对角线与平面平行
D. 存在体对角线与平面垂直
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论.
【详解】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图：
设正方体的棱长为2，则，
所以，
设平面的一个法向量为,
所以，
令，则，可得；
对于A，由可得，
因此，又平面，所以平面，所以A正确；
对于B，又，
则，
显然以上向量与法向量均不平行，所以以上面对角线与平面均不垂直，即B错误；
对于C，体对角线，
易知,
因此不存在体对角线与平面平行，即C错误；
对于D，显然，所以平面，即D正确.
11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ）
A. 第2026行共有2026个数
B. 从第4行起到第19行，每一行第4个数字之和为
C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1
D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D.
【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误，
对于B,由题意可得,B正确，
对于C, 第48行的所有数字之和为
,由于能被7整除，
故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确，
对于D,第行的和为，
当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1，
故前行中去除为1的项的和为，
故前17行中去除为1的项的和为，
去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……，
可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数，
当时，，
因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为
则此数列前135项的和为.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若a，b∈R＋，满足a＋b＋3＝ab，则a＋b的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】由，再解一元二次不等式得出a＋b的取值范围.
【详解】，
∴(a＋b)2－4(a＋b)－12≥0，解得a＋b≥6，当且仅当a＝b＝3时取等号
故答案为：
13. 已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若圆锥的体积为，则圆柱的底面半径为__________.
【答案】
【解析】
【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为、高为，
则由侧面积相等可得，解得，
由圆锥体积为可得，将代入得，解得，
因此.
14. 已知点在轴上，其既是椭圆的焦点，也是双曲线的焦点.设椭圆和双曲线在第二象限的交点为，点在第一象限的双曲线上，且，若为等轴双曲线，则椭圆的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，半焦距为，延长交双曲线于点，即可得到，设，即可表示出，，再由及余弦定理得到，从而结合椭圆定义表示出，结合椭圆的离心率定义求出其离心率.
【详解】设椭圆的长半轴长为，半焦距为，双曲线的实半轴长为，半焦距也为，
双曲线的离心率为，则，
延长交双曲线于点，
因为，由双曲线的对称性得.
设，则，由双曲线的定义得，，
由，
知，结合，
化简得，即，，
由P点在椭圆上，可得，即，则，
结合，可得椭圆离心率为.
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. 在中，角的对边分别，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用倍角公式进行化简，结合的范围，得出，即得角；
（2）通过进行变量代换，借助余弦定理得出的值，再利用面积公式即得面积.
【小问1详解】
由，
得，
即，因为，
所以，
即，
故（舍）或，
由于，所以.
【小问2详解】
，由，
得，又，
所以，
解得或（负值舍），故，
又由（1）知，
故的面积为.
16. 已知数列满足.
（1）设，证明是等比数列，并求的通项公式；
（2）判断数列单调性.
【答案】（1）证明见解析，
（2）递增数列
【解析】
【分析】（1）先得的表达式，即可得求解，根据等比数列的通项求解，
（2）代入的通项，进而利用作差法，即可判断单调性.
【小问1详解】
由，得：
，
故，即，
又，
故是以为首项，为公比的等比数列，且.
【小问2详解】
由，解得
，
即，故数列为递增数列.
17. 袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球.现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量.
（1）求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率；
（2）求的分布列和期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式求解即可；
（2）求出随机变量可能的取值及对应的概率，即可求解分布列，进而利用数学期望公式求解即可.
【小问1详解】
记事件“第二次取出的是黑球”，事件“第三次取出的是红球”，
事件可分为“第一次取出的是黑球”和“第一次取出的不是黑球”两种情况，
故，
事件“第二次取出的是黑球，第三次取出的是红球“，
可分为”第一次取出的是黑球“和”第一次取出的是白球"两种情况，
故，
故所求.
【小问2详解】
易知随机变量可能的取值为，
当时，前三次分别取出1个红球､1个黑球和1个白球，
，
当时，前四次分别取出2个黑球和2个白球，
，
当时，，
故随机变量的分布列为：
期望为.
18. 设函数为自然对数的底数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，记，证明：
①；（注：）
②.
【答案】（1）当时， 在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减.
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，然后按照和分类讨论，由导函数的符号确定单调性；
（2）①由（1）知，令，可得，结合对数运算性质及阶乘的定义，利用累加法即可证明；
②令，可得，结合对数运算性质，利用累加法即可证明.
【小问1详解】
由，得，
易知，当且仅当，即时取等号，
故当时，，此时在上单调递增；
当时，令，
解得，易知，
当或时，，当时，，
故此时在和上单调递增，
在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）知，当时，在上单调递增，
故当时，，即有.
①令，则有，即，即，
赋值代入，可得，
累加可得：
②令，则有，
即，化简得，
当时，由，
累加可得：
，
即.
即有，而当时，
故有.
19. 如图1所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角为，截面与圆锥的轴线的夹角为，当时，截线是圆；当时，截线是椭圆；当时，截线是抛物线；当时，截线为双曲线. 如图2所示，为圆锥的顶点，为底面圆心，为圆的一条直径，且为弧的中点，点满足，点为线段的中点；
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）平面与圆锥的截线记为曲线，在平面内，以所在的直线为轴（设以的方向为轴正方向），以线段的中垂线为轴（设以逆时针旋转后的方向为轴正方向），建立平面直角坐标系.
①求出曲线的标准方程；
②设为曲线上两动点，若的平分线与轴垂直，求证：直线的斜率是定值，并求出这个定值.
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析，
【解析】
【分析】（1）由题设建立适当空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量即可由向量夹角余弦公式计算求解，进而得解；
（2）①先由题设结合（1）得到曲线是椭圆，由求出，接着求出点在平面内的坐标，由点在曲线上求出即可得解；
②设直线的方程为，与椭圆联立求出韦达定理，设点，由韦达定理与点坐标求出，同理求出点中的，即可计算直线的斜率是一个定值.
【小问1详解】
由题设以为原点，分别以所在直线和正方向为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的一个法向量为，
则，令，则
故，则，
故直线与平面所成角的大小为.
【小问2详解】
①由（1）知，直线与圆锥母线所成的角为，且，故曲线为椭圆，
设该椭圆的方程为，故；
由（1）可得，设与的交点为，
则，
易得，即，且，
设的中点为，易得，故，
故点在平面内的坐标为，
因为点在曲线上，故有，
故曲线的标准方程为.
②易知直线的斜率存在，设其方程为，
联立得，
设点，由韦达定理与点坐标，则，
的平分线与轴垂直，故直线与直线的斜率互为相反数，
设直线的方程为，
设点，同理可得，
故直线的斜率为，是一个定值.
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4
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