2026宜昌高三下学期3月调研考试数学试卷含解析

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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. 若集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合交集的概念运算即可求解.
【详解】因为集合 ，集合 ，
所以 .
故选：A．
2. 设 为单位向量，且 ，则 （ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量模的关系得 ，再计算 即可.
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【详解】因为 为单位向量，所以 ，
因为 ，平方得 ，即 ，
所以 ，即 .
故选：B．
3. 若椭圆 的长轴长是短轴长的 倍，则椭圆 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可求出 之间的关系，结合离心率 ，即可求得答案.
【详解】设椭圆的长轴长为 ，短轴长为 ，
由于椭圆 的长轴长是短轴长的 倍，故 ，即 ，
故椭圆 的离心率为 .
4. 在等差数列 中， 为其前 项和．若 ，则 （ ）
A. 420 B. 210 C. 198 D. 105
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式，求出首项和公差，按照等差数列前 项和的公式，求得 .
【详解】设等差数列 的公差为 ，则 ，
整理得 ，解得 .
所以 .
5. 若 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
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【答案】C
【解析】
【分析】先把 转化为同底数的对数形式，再利用对数函数的单调性，分别比较 、 、 的大小.
【详解】 ， ，而 ，且 单调增函数，
所以 ，即 ；
， ，而 ，且 是单调增函数，
所以 ，即 ；
， ；
综上可得 .
故选：C
6. 已知二项式 的展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则展开式中 项的系数为（ ）
A. B. C. 80 D. 160
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可确定 ，再结合通项公式即可求解.
【详解】因为二项式 的展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，
所以 ，所以 的展开式的通项为 ，
令 ，得 ，故 ，
故展开式中 的系数为 .
7. 三棱锥 满足 ，且 ，则三棱锥 外接球的表
面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】先由底面三角形的已知边角求出其外接圆半径，结合侧棱相等得到高，再利用球心在高的线上且
到顶点和底面顶点距离相等求出球半径，最后计算表面积.
【详解】设点 在底面 的投影为 ，因为 ，
所以点 是 的外心，则 ，且 底面 ，球心 在 上，
由正弦定理得 外接圆的直径径 ，解得半径 ，
即 ，则 ，
设 ，外接圆半径为 ，则 ，
则 ，且 ，
则 ，解得 ，则外接球半径 ，
则三棱锥 外接球的表面积为 .
8. 有一组样本数据 ，其中 ．已知 ，设函数
．则 的最小值为（ ）
A. 19 B. 100 C. 190 D. 200
【答案】C
【解析】
【分析】将所求函数式展开，代入已知条件，转化成二次函数求最小值问题.
【详解】因为 ，
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而 ，则得 .
所以当 时， .
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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9. 已知函数 的部分图象如图所示，则下列正确的有（ ）
A.
B.
C. 是函数 的一条对称轴
D. 函数 的图象可以由函数 的图象向左平移 个单位得到
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数 的图象，利用三角函数的性质，求得 ，结合三角函数的对称性，
以及图象变换，逐项判断，即可求解.
【详解】A，由函数 的图象，可得 ，可得 ，所以 ，所以 A 正确；
B，由 ，可得 ，可得 ，
解得 ，因为 ，所以 ，所以 B 正确；
C，由 ，令 ，可得 ，
令 ，可得 ，所以 不是函数 的一条对称轴，所以 C 错误；
D，将函数 图象向左平移 个单位，
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可得 ，所以 D 正确.
10. 已知直线 与抛物线 交于 两点， 为抛物线的焦点，过点 作
的垂线交直线 于点 ，则（ ）
A. B.
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】设 ，联立方程组求得 ， ，
结合向量的数量积的运算公式，可得判定 A 错误，B 正确；由抛物线的定义和 ，得到
，代入求得 的坐标，结合斜率公式，可判定 C 正确；求得 ，列出方程，求
得 的值，可判定 D 正确.
【详解】对于 A，设 ，可得
联立方程组 ，整理得 ，
可得 ，且 ，
则 ，
所以 ，所以 A 错误；
对于 B，由抛物线 的焦点为 ，直线 的斜率为 ，
则过 且垂直于 的直线的斜率为 ，其方程为 ，
令 ，可得 ，所以 ，则 ，
所以 ，
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又由 ，
所以 ，所以 B 正确；
对于 C，由抛物线的定义，可得 ，
因为 ，可得 ，即 ，
因为 ，代入可得 ，即 ，
解得 或 （舍去），则 ，
将 代入抛物线的方程，可得 或 （舍去），所以 ，
此时直线 的斜率为 ，所以 C 正确；
对于 D，由抛物线 焦点为 且 ，
可得 ，
因为 ，可得 ，整理得 ，解得 ，
又因为 ，所以 ，所以 D 正确.
11. 已知 是首项为 ，公比为 的递增等比数列，其前 项和为 ．若对任意的 ，总存在
，使得 ，则称 是“可分等比数列”，则（）
A. 不是“可分等比数列” B. 是“可分等比数列”
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C. 若 是“可分等比数列”，则 D. 若 是“可分等比数列”，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，取 ，则不存在 ，使得 ；对于 B，取 ，则不存在 ，
使得 ；对于 C，D 根据“可分等比数列”的定义，用反证法证明即可.
【详解】对于 A，若 ，则 ，
因为 ，所以 ，
又因为 ，
所以不存在正整数 ，使得 ，
所以 不 ＂可分等比数列＂，所以选项 A 正确：
对于 B，若 ，则 ，
所以 ，当 时， ，
所以不存在正整数 ，使得 ，所以 不是＂可分等比数列＂，所以选项 B 错误；
对于 C，若 ，则有 ，所以不存在正整数 ，使得 ，所以 ，
因为 是递增等比数列，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ．
下证：对任意 ，当且仅当 时， ．
反证法：假设存在正整数 ，使得当 时， ，
取满足条件的最小正整数 ，此时有 ，使得 且 ，
则 ，即 ，即 与 矛盾．
所以对任意 ，当且仅当 时， ，所以选项 C 正确；
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对于 D，下证： ．
由上可知 ，即 恒成立，只需 ，即 恒成立，
①当 时，因为 恒成立，所以 符合要求；
②当 时，因为 ，
当 时， ，不符合题设要求．
综上， ，所以选项 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. ___________．
【答案】
【解析】
【详解】 .
13. 已知坐标原点到直线 的距离为 ，则 的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件得到 ，令 ，可得 ，即可求解.
【详解】因为坐标原点到直线 的距离为 ，则 ，整理得到 ，
令 ，则 ，其中 ，
所以 ，当且仅当 时取等号，
故 的最大值为 .
14. 已知函数 的两个极值点为 ，记 ，
．点 在 的图象上，满足 均垂直于 轴，设点 的横坐标为 ．
（1） ______；
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（2）若四边形 为菱形，则 ______．
【答案】 ①. 0 ②.
【解析】
【分析】因为函数有两个极值点，所以先对 求导，利用导数与极值点的关系，得到 是
导数为 0 的方程的两根，再结合韦达定理得到 的值,因为 垂直于 y 轴，所以 A 和 B、C 和 D
的纵坐标相等，由此建立关于 m、n 的方程，继而推导出 与 的关系，即可求得第一空答案；若
四边形 为菱形，则 ，建立关于 a 的方程求解，可求得第二空答案.
【详解】由 ，得 ，
由题意可知 为 的两实数根，则判别式 ，即 ，
则 ，且 ，
均垂直于 轴，则 ，即 ，
整理得 ，而 ，故 ，
结合 ，得 ，解得 或 （此时 重合，舍），
同理可得 ，故 ；
由上面分析可知 ，
此时 的中点为 ，即 ，
的中点为 ，即 ，
即 ， 的中点重合，四边形 为平行四边形；
若四边形 为菱形，则 垂直，则 ；
，
由于 ，则 ，
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则 ，
，
由 ，得 ，结合 ，解得 .
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. 在 中，内角 的对边分别是 ．
（1）求 的值；
（2）若 ，求 的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两角和与差的正切公式，求得 的值，结合三角形内角的取值范围，求得 ；
（2）由余弦定理求出 ，再根据三角形面积公式求得 的面积．
【小问 1 详解】
因为
，
且 ，
所以 ，整理得 ，
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即 .
所以 或 .
因为 ，所以 ，所以 .
所以 ，所以 ， .
【小问 2 详解】
因为 ， ，
所以由余弦定理 ，得
，即 ， ，所以 .
所以 .
所以 的面积为 .
16. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为
；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为 ．已知输入的问题表达不清晰的概率为
．每次回答是否被采纳相互独立．
（1）求智能客服的回答被采纳的概率；
（2）在某次测试中输入了 3 个问题，设 表示智能客服的回答被采纳的次数，求 的分布列及期望、方
差；
（3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了 10 个问题，智能客服的回答每被采纳 1 次计 10 分，
不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为 ，若 ，则推广该系统．试推断该系统是否会
得到推广，请说明理由，
【答案】（1）
（2） ， ，
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0 1 2 3
（3）会得到推广，因为 .
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解；
（2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差；
（3）根据二项分布期望公式求出 10 个问题的总得分期望，并与 75 比较得出结论.
【小问 1 详解】
设事件 表示回答被采纳，事件 表示问题表达清晰，
则 ，
则 .
【小问 2 详解】
由（1）知每个问题的回答被采纳的概率 ，且每次回答是否被采纳相互独立，
因此随机变量 服从二项分布 ，
则 ，
，
，
，
，
， ，
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的分布列为：
0 1 2 3
【小问 3 详解】随机抽取 10 个问题，设被采纳的次数为 ，则有 ，总得分 ，
则 ，满足推广条件，因此该系统会得到推广.
17. 如图 1，在边长为 的正方形 中， 、 分别为线段 、 的中点，现将四边形 折
起至 ，得到三棱柱 ，如图 2 所示，记二面角 的平面角为 ．
（1）若 时，求三棱柱 的体积；
（2）若 为线段 上一点，满足 ，求直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出 ， ，可知 ，证明出 平面 ，当 时，
求出 的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱 的体积；
（2）以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴，过点 且垂直于平面 的直线为 轴
建立空间直角坐标系，分析可知 ，根据 可求出点 的坐标，再利用空间向量法可求
得直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围．
【小问 1 详解】
翻折前，在图 1 中，因为四边形 为正方形，所以 ， ， ，
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因为 、 分别为 、 的中点，所以 ， ，
所以四边形 为平行四边形，且 ，
因为 ，所以 ，
翻折后，在图 2 中， ， ，
所以二面角 的平面角为 ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
当 时，即 ，且 ，则 ，
所以三棱柱 的体积为 .
【小问 2 详解】
因为 平面 ，以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴，
过点 且垂直于平面 的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 ，
设点 ，其中 ，由题意可知 ，则 ，故 ，
， ，
因为 ，则 ，解得 ，
则点 ， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
因此直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围为 .
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18. 已知定义在 上的函数 ．
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）设 为函数 的图象上不同于原点 的三个不
同的点，其中 ．
①证明： ；
②定义 两点间的距离如下： ，
证明： ．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出曲线 在点 处的切线的斜率，再由直线的点斜
式，即可求解；
（2）①构造函数 ，利用导数与函数单调性间的关系，求得 在
上的单调性，即可求解；②根据条件，转化成证明 ，构造函数
，利用导数与函数单调性间的关系，求得 在 上的单调性，
即可求解.
【小问 1 详解】
因为 ，则 ，
又 ，所以曲线 在点 处的切线方程为 .
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小问 2 详解】
①令 ，
则 ，
令 ，
则 ，
当 时， 恒成立，所以 在区间 上单调递增，
则 ，又 ，所以 在区间 恒成立，
所以 在区间 上单调递增，又 ，则 ，即 .
②当 时， ，当且仅当 时取等号，
所以 ，
要证 ，即证明 ，
也即证明 ，
令 ，易知 ，
则 ，
令 ，则 ，
易知当 时， 恒成立，所以 在区间 上单调递增，
又当 时， ，所以 ，则 ，
所以 在区间 上单调递增，
又 ，则 ，
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即 ，命题得证.
19. 已知双曲线 的焦点 到一条渐近线的距离为 ，且点 在双曲线
上．
（1）求双曲线 的方程；
（2）斜率为 的直线与双曲线 的右支交于 、 两点（异于点 ）．
①求直线 、 的斜率之和；
②若 的外接圆圆心为 ，试问在 轴上是否存在定点 使 为定值，若存在，求出 点
坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）① ；②存在，且点 .
【解析】
【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出 的值，将点 的坐标代入双曲线 的方程，求出 的值，即
可得出双曲线 的方程；
（2）①设点 、 ，设直线 的方程为 ，将该直线方程与双曲线 的方程联
立，列出韦达定理，结合斜率公式可求得直线 、 的斜率之和；
②设 的外接圆方程为 ，分析可知方程
与方程 为同解方程，可得出关于 、 、
的方程组，解出 、 ，可得出点 的坐标，求出直线 的方程，当 时，求出直线 的方
程，取点 为直线 与 轴的交点，结合勾股定理可得出结论.
【小问 1 详解】
双曲线 的右焦点为 ，双曲线 的渐近线方程为 ，即 ，
所以焦点 到一条渐近线的距离为 ，
因为点 在双曲线 上，所以 ，解得 ，
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故双曲线 的标准方程为 .
【小问 2 详解】
①设点 、 ，设直线 的方程为 ，
因为点 不在直线 上，则 ，可得 ，
联立 可得 ，
则 ，解得 或 ，
由题意可得 ，所以 且 ，
所以
，
即直线 、 的斜率之和为 .
②设 的外接圆方程为 ，
则 ，
由 代入 ，
可得 ，
可得 ，
同理可得 ，
所以 、 为关于 的方程 的两根，
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又因为 、 为关于 的方程 的两根，
所以方程 与方程 为同解方程，
所以 ，解得 ，
易知点 ，即点 ， ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
当 时，直线 的方程为 ，即 ，
直线 与 轴的交点为 ，不妨取点 ，此时 ，
则 ，
故在 轴上存在定点 ，使得 为定值 .
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