湖北省恩施土家族苗族自治州2026届三下学期二模数学试题（Word版附解析）

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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：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义即可求解．
【详解】因为，
所以可取，即可取，
所以，则．
2. 复数满足，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘、除运算以及复数模的求法求解即可.
【详解】因为，所以，
.
3. 等差数列的前项和为，满足，则（ ）
A. B.
C. D. 均为的最大值
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件可得，，根据等差数列的求和公式，分析即可得答案.
【详解】由题意，
所以．故C正确．
无法判断的正负，故A、B、D错误.
4. 已知向量，若向量满足，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设，由题意得：，
解得，所以.
5. 如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】以所在平面作为下底面，将展开图还原为正方体，根据正方体性质判断选项即可.
【详解】以所在平面作为下底面还原，
则重合，重合，还原成如图正方体:
对于A，由图可得异面不平行，故A错误；
对于B，显然，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，由图可得异面不平行，故D错误.
6. 已知，若实数满足恒成立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据的情况分类讨论即可求解.
【详解】由题意，当时，，由，
所以，即，故当满足题意；
当时，由，所以，又，
所以，满足题意；
当时，，
即在恒成立，令，
所以，由，所以，
所以在单调递增，所以，
所以，所以，
综上所述
7. 已知函数在上不单调，则函数图象的对称中心为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对进行分类讨论，结合正切函数的图像即可求解.
详解】
在上单调递增，不合题意；
在上单调递增，不合题意；
在上单调递增，不合题意；
图象如图，满足题意，它的对称中心为．故选A．
8. 锐角中，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据和求出角值，然后确定角的范围，然后分析选项.
【详解】由题意得
，
，
，
因为，，，
又是锐角三角形，，.
，A错误；
，B错误；
由正弦定理可知，，
即，C正确；
，D错误
二、选择题：本大题共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．
9. 设为样本的一个随机变量，则关于数学期望的表述正确的有（ ）
A. 样本估计总体时，总体的均值一定为
B. 反应了取值的平均水平
C.
D. 若服从分布，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于选项A，根据样本期望是随机变量，总体均值是定值即可判断；对于选项B，结合期望的含义即可判断；对于选项C，利用方差的非负性公式即可判断；对于选项D，结合期望计算公式判断.
【详解】对于A，用样本估计总体时，样本的均值为随机变量，总体的均值是固定的，故错误；
对于B，期望的含义是反映了随机变量取值的平均水平，故正确；
对于C,故正确；
对于D,分布的期望为，故正确．
10. 已知，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】通过三角恒等变换，引入中间变量将和分别转化为关于的函数，并根据的范围确定的取值范围，再利用导数求函数的单调性，进而求出值域，从而判断各选项的正误.
【详解】，
令，则，
即，则，
，
因为，所以，则
设，则，
时，即在上单调递减，
当时，，
当时，，所以
故有最小值，无最大值；故A正确B错误；
，
设，则，
时，即在上单调递增，
当时，，
当时，，所以
则有最大值，无最小值，故D正确C错误.
11. 已知抛物线经过平移后得到曲线与轴交于两点，点坐标为的外接圆为圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 的焦点坐标为
B. 圆心在直线上
C. 圆过定点
D. 若，则圆与有且仅有两个交点
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A由抛物线方程求出曲线焦点坐标；选项B先求出两点的坐标，再根据圆的性质求出圆心的坐标判断；选项C先求出圆的方程，然后将定点代入验证；选项D求出圆的方程联立方程判断交点个数.
【详解】已知曲线，
即，
所以焦点坐标为，
即曲线的焦点坐标，故A正确．
已知，
设的外接圆的一般方程为，
则满足以下方程组
又，又，
所以．
可得外接圆圆心的坐标为，即，
故外接圆圆心满足，B错．
又，
该外接圆经过的定点（x，y）满足，
解得（1，1）与满足题意，故圆 E经过定点，C正确．
当时，联立圆和曲线的方程有，
解得或，
因为，
所以圆和曲线有且仅有两点，D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 曲线在处的切线方程为___________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，令，则，
所以切线方程为．
故在点处的切线方程为．
13. 双曲线的左右焦点分别为，双曲线右支上一点满足，则直线的斜率为______．
【答案】或2
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及勾股定理求出，结合双曲线的对称性及直线的倾斜角与的关系求解即可.
【详解】设，，
由双曲线的定义及勾股定理得，可得，
，设，则，.
又，即，解得或（舍去），
所以直线的斜率为，
结合双曲线对称性可知，直线斜率为或2．
14. 将4个相同的小球摆放在的方格中，要求每一个方格中只能摆放一个小球，且任意两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，则所有摆放种数为___________．
【答案】29
【解析】
【分析】先确定不能恰好共用一个方格顶点是不能斜对角相邻，所以小球必不可能在中间的方格，再将四个角设成类方格，其它方格为B类方格，分类讨论即可.
【详解】根据题意，两个小球所在的方格不能恰好共用一个方格顶点，
即禁止斜对角相邻，可以上下左右相邻（共用两个方格顶点）或不相邻（无公共顶点），
可以把的方格分为两类，
小球必不可能在中间方格，否则一定会有斜对角相邻的情况，
将四个角的方格设成类方格，以保证类在除去中间方格的情况下没有斜对角相邻的方格，
剩余4个小格为类方格，如图所示：
（1）4个小球若占用4个A类方格，有种；
（2）4个小球若占用3个A类方格，1个B类方格，有种；
（3）4个小球若占用2个A类方格，2个B类方格，
此时只能选择隔着中间方格相对的B类方格，共2种可能，所以此时有种；
（4）4个小球若占用1个A类方格，3个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍.
（5）4个小球若占用4个B类方格，此时一定会有斜对角相邻的情况，舍.
因此，共有种．
四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知椭圆与直线交于两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若上存在关于原点对称的两点，使得与的面积相等，求这两点的坐标．
【答案】（1）
（2）与．
【解析】
【分析】（1）代入点求出即可求解；
（2）由对称性及三角形面积相等，可得，得出直线方程，联立椭圆方程求交点坐标.
【小问1详解】
将点代入椭圆方程得，
将代入直线方程得，解得或（舍去），
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
连接，如图，
’
因为与的面积相等，则直线，
设直线的方程为
由（1）可知，直线，所以．.
由，消去，整理得关于的方程，
解得，
所以这两点坐标为与．
16. 某景区为回馈游客设计了一项抽奖活动，每轮抽奖规则是：从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中一次抽取3个球，每一个红球积1分，每一个黑球积0分；每位游客只能参加一轮抽奖活动，若所得积分大于或等于2，即可获得景区门票一张．
（1）求游客甲在一轮抽奖中所得积分的分布列；
（2）若某旅行团共5位游客，每位游客获奖的概率稳定且相互独立，求该旅行团获得景区门票人数的众数．
【答案】（1）
（2）3人或4人【解析】
【分析】（1）根据题意求得所有可能取值为0，1，2，3对应的概率即可求解；
（2）先求得在一轮抽奖中获得景区门票的概率，记成功的人数为，则，求得的最大值即可．
【小问1详解】
由题知的所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
故的分布列为
【小问2详解】
在一轮抽奖中所得积分大于或等于2的概率为，
5位游客在5轮抽奖中，记成功的人数为，则，
故，
法一：
.
且，故5位游客在5轮抽奖中，该旅行团获得景区门票人数的众数是3人或4人．
法二：假设当时，对应概率取值最大，
则且，
解得，
且，
故5位游客在5轮抽奖中，该旅行团获得景区门票人数的众数是3人或4人．
17. 已知各项均为正数的数列，满足．
（1）求；
（2）设数列满足，记其前项和为，且，求
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入递推式，配方得，推出，可得的公比，进而求得的通项公式；
（2）由表达式得连续四项和，代入 得 ，结合枚举出唯一解，再代入具体项计算比值.
【小问1详解】
由题意得，则有，
整理得，
即，
两边同时平方，得，
即，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
【小问2详解】
，
则，
即，
所以，
若，则，显然不成立，
若，即，
此时若：，则，亦不成立，
故，于是，
若，不成立，
所以，
综上，
所以.
故.
18. 已知函数．
（1）当时，令，求的最小值；
（2）当时，求证：；
（3）若，求证：.
【答案】（1）0 （2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数分析单调性，进而确定最值；
（2）先通过两个常用不等式放缩，相加得到，再构造，结合得到，进而证明目标不等式；
（3）先由将目标式转化为证明，构造，通过导数判断单调性，最终得到结论.
【小问1详解】
，令，
所以在上单调递增，所以，即的最小值为0.
【小问2详解】
令，，在单调递增，
，，
由（1）可得，．①
令，，，
，．②
①②可得，
不等式成立.
【小问3详解】
，，
即证，
不妨设，令，
则，
，
令，则，，
，，
，故为上的增函数．
，当且仅当时取等号，故为上的增函数．
，
，
故原命题得证．
19. 如图，四面体中，是的中点．若是点在平面内的投影，存在实数满足．
（1）（i）求的值；
（ii）若，求的取值范围；
（2）若，异面直线与所成角为，记四面体外接球的半径为，求证：当取最小值时，．
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（i）连接，作于点，可得面，即点与在平面内的投影重合，从而三点共线，由化简可得，由三点共线的性质即可求解的值；
（ii）由可得，则利用即可求解；
（2）法一：设与平面所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出各点的坐标以及四面体外接球的球心为
根据，可得，化简可得
由可得，从而得到，令得，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论；
法二：将四面体补为直三棱柱．可得．则，在中，由余弦定理化简可得
设四面体外接球的球心为，则在平面内的投影，为的外心，由正弦定理，．则，化简得，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论.
【小问1详解】
（i）连接，因为，所以．
又，所以．
因为，且两直线在平面内，所以面.
作于点，所以，因为，且两直线在平面内，所以面．
所以点与在平面内的投影重合，从而三点共线．
因为
．
所以
（ii）
所以为的中点，
则，
由题意
，
【小问2详解】
法一：因为异面直线与所成的角为，则
设与平面所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
设四面体外接球的球心为,，
则，即，
,,
．
令，
令，则
令，则，.
所以在上单调递减，在上单调递增，在时取最小值，
即，故.
法二：由题设条件，可将四面体补为直三棱柱．
如图所示，因为与两异面直线所成的角为，所以．
．
在中，由余弦定理，．
因为．
设四面体外接球的球心为，则在平面内的投影
为的外心，则．
由正弦定理，．
则．
所以，令，
令，
则
令，令，
解得，或（舍去），
所以在上单调递减，在上单调递增，
在时取最小值，即，故．
0
1
2
3
0
1
2
3