湖北省十一校2026届高三下学期第二次联考数学试卷含答案（word版）

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1. 已知 U={1,2,3,4,5,6,7},A={2,4,5},B={1,3,5,7} ,则 A∩CUB= ( )
A. {5} B. {2,4} C. {1,3,7} D. {2,4,5,6}
2. 已知复数 z 满足: z−12+1=0 ,则 z= ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 2
3. f0=0 是 fx 为奇函数的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 若单位平面向量 a,b 的夹角为 π2 ，向量 m=a+b ，向量 n=a−b ，则下列命题为假命题的是( )
A. m=n B. m⋅a=1 C. m//n D. m⊥n
5. 已知变量 x 和变量 y 的一组成对样本数据为 xi,yii=1,2,3,⋯,8 ,其中 x=98 ,其回归直线方程为 y=2x−14 ，当增加两个样本数据 −1,5 和 2,9 后,重新得到的回归直线方程斜率为 3 , 则在新的回归直线方程的估计下, 样本数据(4, 10)所对应的残差为( ) (残差=观测值一预测值)
A. 2 B. -2 C. -1 D. 1
6. 已知函数 fx=sinπx−π6 ，当 x∈0,20 时，把 fx 的图像与直线 y=12 的所有交点的横坐标依次记为 a1,a2,a3,⋯,an ，记它们的和为 Sn ，则 Sn=
A. 11603 B. 5803 C. 5603 D. 2803
7. 已知点 P 为椭圆 C:x216+y212=1 上任意一点，直线 l 过 ⊙M:x2+y2−4x+3=0 的圆心且与 ⊙M 交于 A,B 两点，则 PA⋅PB 的取值范围是( )
A. 3,35 B. (3,35] C. 2,6 D. 2,6
8. 如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， P 为棱 BB1 的中点，
Q 为正方体 ABCD−A1B1C1D1 表面上的一动点(含边界)，则下列说法中正确的是( )

A. 三棱锥 P−A1D1D 外接球的表面积为 41π16
B. 若 D1Q// 平面 A1PD ,则动点 Q 的轨迹是一条线段
C. 若 PQ⊥ 平面 A1PD1 ,则动点 Q 的轨迹的长度为 52
D. 若 D1Q=2 ，则动点 Q 的轨迹长度为 π2
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. 已知双曲线 C:x24−y2b2=1b>0 的右焦点为 F ，直线 l:x+by=0 是 C 的一条渐近线， P 是 l 上一点， 则( )
A. C 的离轴长为 22 B. C 的离心率为 6
C. PF 的最小值为 2 D. 直线 PF 的斜率不等于 −22
10. 将函数 fx=sin2x+φφlnt+1 其中 t≥1,t∈N∗ .
19. (本小题 17 分)
已知抛物线 C:y2=2pxp>0,F 为其焦点,直线 l 过点 F 交抛物线 C 于 A、B 两点,若三角形 OAB 面积的最小值为 92 .
(1)求 p ；
(2)若三角形 OAB 外接圆与抛物线的最后一个交点为点 T .
(i) 设 Ax1,y1,Bx2,y2,Tx3,y3 ,证明: y3=−y1+y2 .
(ii) 若 TF 平分 ∠ATB ,求线段 TF 长度的所有可能取值.
2026 届高三三月月考数学试卷参考答案
12. 60
13. 1,n=13×4n−2,n≥2
14.10,+∞
15. 解: (I) 证明: 设 AD=a ,则 AB=2a,PD=2a .
在 △ABD 中，根据余弦定理 BD2=AD2+AB2−2AD⋅AB⋅cs∠DAB ，
将 AD=a,AB=2a,∠DAB=π3 代入可得:
BD2=a2+2a2−2×a×2a×csπ3=a2+4a2−4a2×12=3a2 ,所以 BD=3a .
由此可得 AD2+BD2=a2+3a2=4a2=AB2 ,
根据勾股定理逆定理可知 AD⊥BD . 3 分
因为 PD⊥底面ABCD , AD⊂底面ABCD ,根据线面垂直的性质可知 PD⊥AD .
又因为 PD∩BD=D ， PD ， BD⊂ 平面 PBD ，根据线面垂直的判定定理可知 AD⊥ 平面 PBD .
而 PB⊂ 平面 PBD ，再根据线面垂直的性质可得 AD⊥PB . 6 分
(2)以 D 为原点，分别以 DA ， DB ， DP 所在直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系.

由(1)知 AD=a,BD=3a,PD=2a ，
则 D0,0,0 , Aa,0,0,B0,3a,0,P0,0,2a .
因为 DA⊥ 平面 PDB ,所以 DA=a,0,0 是平面 PDB 的一个法向量.
设平面 PAB 的法向量为 n=x,y,z ,
PA=a,0,−2a,PB=0,3a,−2a.
由 n⋅PA=0n⋅PB=0 可得 ax−2az=03ay−2az=0 .
令 z=3 ,则由 ax−2az=0 可得 x=23 ,由 3ay−2az=0 可得 y=2 ,
所以 n=23,2,3 . 10 分
设平面 PAB 与平面 PDB 的夹角为 θ ,则 csθ=n⋅DAnDA .
n⋅DA=23a,n=232+22+32=12+4+3=19,DA=​​a.
所以 csθ=23a19a=25719 . 12 分
tanθ=216 13 分
16. 解 (1) 由条件知: sin2C+sin2B−sin2A=sinBsinC ,由正弦定理知 c2+b2−a2=bc , 所以 csA=b2+c2−a22bc=12 ,则 A=π3 . 6 分
(2)设AD垂直于BC于D，BE垂直于AC于E，AD与BE交于垂心H，
则 ∠ABH=90∘−∠BAE ,
所以 ∠AHB=∠DHE=180∘−∠C . .9 分
在三角形 ABH 中用正弦定理: AHsin∠ABH=ABsin∠AHB⇒AH=ccsAsinC=2RcsA . 13 分
所以 aAH=a2RcsA=sinAcsA=tanA=3 . 15 分
17. 解: (1) 设 1 号乘客坐在 i 号位上时,4 号乘客坐在 4 号位的概率为 Pi ,
则 P=P1+P2+P3 ,
P1=14
P2=14×13+13×12=18. .4 分
P3=14×12=18 .6 分
所以 P=14+18+18=12 . .7 分
(2)随机变量 X 所有可能的取值为 0,1,2,4； .9 分
PX=4=14=624
PX=2=14×13+14×12+14×1=1124.
PX=1=14×13×12+14×13×1+14×12=624;
PX=0=14×13×12=124 13 分
所以 EX=624×4+1124×2+624×1+124×0=136 . 15 分
18. 解: (1) f′x=nxn+1−n+1x+1n+1x2 ,
令 gx=nxn+1−n+1x+1 ,则 g′x=n+1nxn−n+1=n+1nxn−1 ,
而 n∈N∗ 且 x>1 ,所以 g′x>0 ,
即 gx 在 1,+∞ 上单调递增, gx>g1=0 ,
所以 f′x>0 ,即 fx 在 1,+∞ 上单调递增,
所以 fx>f1=0 . 4 分
(2)① n=1 时， fx=12x−1x−lnx,f′x=x−122x2≥0 ，
所以 fx 在 0,+∞ 上单调递增,又 f1=0 ,
则此时 fx 有且仅有 1 个零点. .6 分
② n≥2 时， g′x 在 0,n1n 上小于 0，在 n1n,+∞ 上大于 0，
即 gx 在 0,n1n 上单调递减,在 n1n,+∞ 上单调递增,
又 g0=1>0,g1=0 且 n1nf1=0 ,
则 fx 在 0,x0 上存在唯一零点,在其余区间有且只有 1 这一个零点,
此时函数 fx 有且仅有 2 个零点. 10 分
综上所述,当 n=1 时, fx 有且仅有 1 个零点;
当 n≥2 时， fx 有且仅有 2 个零点.
(3)令 n=2 ，得 13x2−1x≥lnxx∈N∘ . 12 分
再令上式中 x=31+1t ，代入化简可得 13⋅13t3+t2>13lnt+1−lnt . 15 分
对上式进行累加即可得证. 17 分
19. 解: (1) 设直线 l:x=my+p2 ,联立 x=my+p2y2=2px 可得: y2−2pmy−p2=0 ,
由韦达定理可知: y1+y2=2pm,y1y2=−p2 .
则 S△OAB=12⋅OF⋅y1−y2=12⋅p2⋅4m2p2+4p2≥p22 ，当且仅当 m=0 时等号成立。
此时 p22=92 ,则 p=3 ,抛物线 C:y2=6x . 4 分
(2)(i)由于三角形 OAB 的外接圆过原点，则可设其方程为: x2+y2+Dx+Ey=0 ， 将其与抛物线方程联立: x2+y2+Dx+Ey=0y2=6x 得: 136y4+D6+1y2+Ey=0 , 由于 0,y1,y2,y3 为方程的四个根,所以 y4+6D+36y2+36Ey=yy−y1y−y2y−y3 拆开比较等式两边 y3 的系数可得 y3=−y1+y2 . .8 分
(ii) 因为 TF 平分角 ATB,由角平分线定理知: TATB=FAFB=y1y2 . 10 分且 y1y2=−p2=−9 ,
所以
y12y22=TA2TB2=y326y1262+y3−y12y326−y2262+y3−y22=y1+y22−y12+362y1+y22y1+y22−y22+362y2+y12=y22−182+364y12+y22−36y12−182+364y22+y12−36=y24+144y12−972y14+144y22−972.
14 分
化简即得: y16+144y12y22−972y12=y26+144y12y22−972y22
因式分解可得: y12−y22y14+y12y22+y24−972=0 ,
此时,若 y12=y22 ,则 A、 B 重合或者 O、 T 重合,这都不符合题意,舍去;
所以 y14+y24+y12y22=972 ,即 y12+y222=972+y12y22=1053 ,
所以 y12+y22=3117>18=2y1y2 ,这表示满足条件的 A、 B 两点存在,
此时 TF=y326+p2=y1+y226+32=117−32 . 17 分1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
B
B
D
C
B
B
A
A
AD
ACD
ABD