2026年湖北十堰市高三下学期3月调研考试数学试题（附答案解析）

这是一份2026年湖北十堰市高三下学期3月调研考试数学试题（附答案解析），文件包含第9章平面直角坐标系测试卷docx、答题卡docx、答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．冷链物流是指冷藏冷冻类物品在生产、贮藏、运输、销售到消费前的各个环节中始终处于规定的低温环境下，以保证物品质量、减少损耗的系统工程.主要包括初级农产品（如蔬菜、水果、肉禽蛋等）、加工食品（如速冻食品、冰淇淋等）和特殊商品（如药品等）.已知某蔬菜的保鲜时间y（单位：小时）与贮藏温度x（单位：℃）之间满足：（其中a，b为常数）.若该蔬菜在贮藏温度为9℃的环境下保鲜时间为261小时，在23℃的环境下保鲜时间为29小时，且该蔬菜所需物流时间为87小时，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过（ ）
A．12℃B．14℃C．16℃D．18℃
7．如图，在正方形ABCD中，为BC的中点，将沿直线AC折起至处，使得点在平面ABC上的射影在直线AE上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．1C．D．
8．已知函数，存在，满足．设，函数，则在区间上的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，记一组数据1，2，3，a，8为，则（ ）
A．若的极差为9，则B．若的分位数是6，则
C．若的平均数为3，则D．若的方差为6.8，则
10．已知函数，则（ ）
A．为奇函数
B．3是的极大值点
C．曲线在点处的切线方程为
D．若，则在上存在最大值
11．已知抛物线的焦点为，点为的准线上一点，过焦点且斜率大于0的直线与C交于，两点（在第一象限），与准线交于点，为原点，直线，分别交于，两点，则（ ）
A．若，则直线的斜率为
B．若过点的的切线与交于点，则
C．若的面积为，则
D．若，则直线的倾斜角为
三、填空题
12．的展开式中所有奇数项的系数和为______．
13．已知双曲线的右顶点为，点．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围是________．
14．已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，其中，若，且存在，使得，则______；______．（用表示）
四、解答题
15．在中，内角A，B，C的对边分别为，，．
(1)求；
(2)若M为边上一点，，，判断的形状，并说明理由．
16．如图，在四棱柱中，四边形为菱形，，为棱的中点，平面，且．
(1)证明：平面平面；
(2)若，为棱的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．已知函数．
(1)若，函数，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求t的取值范围．
18．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交于A，B两点．
(1)求的大小；
(2)若为的上顶点，斜率为的直线与交于M，N两点（异于的上、下顶点），记直线DM，DN的斜率分别为．
（i）若，求的方程；
（ii）若，过作的垂线，垂足为，是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
19．某智慧城市在主干道部署了个独立边缘计算节点．初始时有个节点在线（假设在线的不再宕机），个为宕机（停摆，不能正常工作）．每个月系统随机等概率地巡查个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护．用表示第个月后在线节点数，表示其数学期望．
(1)当时，求；
(2)证明：；
(3)已知每个宕机节点每个月会造成万元的经济损失，初始月份不考虑损失，求从第个月开始的个月内的经济损失的总期望．
《湖北十堰市2026届高三下学期3月调研考试数学试题》参考答案
1．D
【详解】因为，则.
2．B
【详解】由，得，而，则，
因此，又，所以与的夹角为．
3．A
【详解】已知集合；
已知集合，由于可得是的正因数；
当时，；当时，；当时，；当时，；
所以；
因为，集合中的最大元素为，所以必须大于等于6，即，所以实数的取值范围是.
4．B
【详解】设的公差为，
由，，得，
解方程组，得，
所以．
5．C
【详解】将直线方程整理为， 该式对任意实数恒成立，故需满足
解得，即直线恒过定点.圆心，半径.
圆心到定点的距离.
当直线时，弦长最小.
由弦长公式得最小值为.
故的最小值为.
6．C
【分析】利用已知条件求出指数函数的参数，再通过不等式求解温度范围.
【详解】已知保鲜时间与贮藏温度的关系为（为常数）.
当时，，代入得：①
当时，，代入得：②
将①②化简可得：，即，解得：，
代入①式求得：，
由题意，即：，即，
则，将代入：，
化简可得： ，当指数大于等于零时不等式成立，即 ，解得：.
所以该蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过.
7．A
【分析】连接BD，交AC于点O，交AE于点F，分析可得F为点P在平面ABC上的射影，即平面ABC，根据线面垂直的性质，可得，分析可得点O为三棱锥外接球的球心，根据条件，可得正方形ABCD的边长，根据重心的性质，可得的长，根据勾股定理，可得三棱锥的高，代入体积公式，即可得答案.
【详解】连接BD，交AC于点O，交AE于点F，连接PF，PO，设正方形ABCD的边长为a，
因为ABCD为正方形，所以沿对角线AC折起的过程中，
点D（即点P）在底面上的射影一直在直线BD上，
又点在平面ABC上的射影在直线AE上，所以点F即为点P在平面ABC上的射影，
即平面ABC，
因为平面ABC，所以，
因为O为对角线AC、BD的交点，所以，
即，所以O为三棱锥外接球的球心，
则三棱锥外接球的半径，
则，解，
因为O为AC的中点，E为BC的中点，所以F为的重心，
则，
在中，，即三棱锥的高为，
则三棱锥的体积.
8．C
【分析】通过观察等式判断出成立的条件，得到和，进而得到，再利用三角恒等变换对函数变形后，再进行变量代换利用导数求出区间最值.
【详解】因为余弦函数的值域为，所以，，
则，进而有，
故的最大值为，则必有，即，
所以，，
则，，，，
当或时取得最小值，即，
，
因为
，
所以，
令，则，原函数化为，求导得，令得，
当时，当时，为极小值也即最小值，
所以函数在区间上的最小值为.
9．AB
【详解】对于A，的极差为9，则，，A正确；
对于B，由的分位数是6，得，当时，，不符合题意，
因此，则，解得，符合题意，B正确；
对于C，由的平均数为3，得，解得，C错误；
对于D，的平均数为，的平均数为，
由的方差为6.8，得，解得或，D错误.
10．AC
【分析】对A，直接求的解析式，再由奇函数的判断方法，即可求解；对B，直接求出的极值，即可求解；对C，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式，即可求解；对D，利用导数求出在上的单调性，再取一个值，通过验证即可求解.
【详解】对于A，因为，则，
令，易知的定义域为，关于原点对称，
又，所以为奇函数，故A正确，
对于B，因为，令，得到或，
当时，，当时，，
所以是的极小值点，故B错误，
对于C，因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，即，所以C正确，
对于D，由选项B知，的增区间为，减区间为，
又，又，若，则在区间上单调递增，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
取，又，此时在上不存在最大值，故D错误.
11．BCD
【分析】根据题意先求，进而得抛物线方程，再根据抛物线的性质和直线与抛物线的关系逐项验证即可求解.
【详解】如图：
由题意得，所以抛物线，所以，
设，直线
对于A：由，解得，所以，解得，所以，所以，故A错误；
对于B：由，所以，又点位于第一象限，所以，，所以，所以，
所以过点的切线方程为：，即，令，，所以，
所以，所以，所以，故B正确；
对于C：由，消元整理得，所以，
所以，所以，
又到直线的距离为，
所以，解得，
所以直线的直线方程为：，令得，所以，
同理得，所以
，故C正确；
对于D：由直线，令，得，所以，
所以，所以，
由得：，
所以，
又，
所以，解得，所以，
又因为，解得，又，
所以，即，又，所以，
所以直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，故D正确.
12．121
【详解】通项：，其中.
展开式的奇数项对应（第1、3、5项）
当时：
当时：
当时：
所以奇数项的系数和为：.
13．
【分析】法1：设点在渐近线上，由向量垂直得数量积为零，整理出关于的一元二次方程，利用方程有解判别式非负，结合双曲线关系化简，最终求得离心率范围.
法2：由向量垂直知在以为直径的圆上，利用渐近线与圆有公共点，得圆心到渐近线距离不大于半径，代入双曲线关系化简，求出离心率取值范围.
【详解】法1：双曲线的右顶点，
不妨取渐近线方程为.设，则，.
由，得，整理得.
由题意知该关于的方程有解，所以.
化简可得，即，所以，又.
所以，即的离心率的取值范围是．
法2：由知，点在以为直径的圆上.
由题意知的渐近线与圆有公共点，所以到的渐近线的距离满足，即，
所以，所以.
所以，又，所以，即的离心率的取值范围为．
14．
【分析】根据，结合，可得，进而可求出，再根据，求出的表达式，再结合，即可求出，再根据等差数列前项和公式即可得解.
【详解】由题意，，
由，即，
所以，
由，可得，
所以，
所以，
又，所以，
因为存在，使得，
即，所以，
因为，且，
所以，即，
所以，
所以，
所以.
故答案为：；.
15．(1)
(2)等边三角形，理由见解析
【分析】（1）根据二倍角公式及正弦定理求解即可.
（2）根据三角形面积公式得到，结合余弦定理即可求出，的值，得到为等边三角形．
【详解】（1）解：，，
，
由正弦定理得，，
即，又，
，即，
又，；
（2）解：
由（1）知，，又，
所以，即平分.
因为，，
，
所以，即，
在中，，
即，解得或（舍去），
所以，解得，所以为等边三角形.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接，因为四边形为菱形，，所以为正三角形，
又为的中点，所以，
因为．所以．
因为平面，平面，所以，
又，平面，且，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）由（1）知，，两两垂直，以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
又，所以，，，所以，，，．
设平面的一个法向量，则即
令，解得，，所以，
设平面的一个法向量，则
即令，解得，，所以．
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17．(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1）求导，分和分别求解即可；
（2）利用导数及转化思想，求出函数的最小值，利用求解即可.
【详解】（1）当时，，函数的定义域为，
且，
当时，在上恒成立，
所以在上单调递减；
当时，
令，得，
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由，
可得，
令，
则，
所以，即在上单调递增，
且当时，；且时，，
故存在，使得，
即存在，
也即，
且当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，
又因为，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
18．(1)
(2)（i）（ii）存在点，使得为定值
【分析】（1）根据离心率得出与的关系，利用直角三角形中正切值求出，再由椭圆对称性得解；
（2）（i）联立直线与椭圆方程，分别求出的坐标，即可求出直线方程；（ii）设直线的方程为,联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及斜率公式表示出，化简后根据求出，可知直线过定点，由题意确定点轨迹为以为直径的圆，据此可得解.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
将代入方程，得，
所以，所以，
又，所以，
由椭圆的对称性知，.
（2）因为为的上顶点，所以，即，所以，
所以，所以椭圆的方程为.
（i）若，则直线DM，DN的方程分别为，
由，可得，解得，所以，
即，同理可求得，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
（ii）设直线的方程为，
由，消去并整理可得，
则，
且.
由，可得
，解得，满足，
所以直线的方程为，所以直线过定点.
由题意知点在以为直径的圆上，
所以当点为线段的中点时，，为圆的半径，即为定值.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）分步分析第个月和第个月的状态变化，利用全概率公式即可；
（2）利用全期望公式，把第个月的在线节点数按 “巡查到在线节点” 和 “巡查到宕机节点” 两种情况拆分，再分别计算期望；
（3）先求每个月的损失期望，再求和；利用（2）的递推式求出的通项，再用等比数列求和公式计算总和．
【详解】（1）由题意得，，
，，
∴．
（2）第个月后，在线节点数为，则宕机节点数为，
第个月后，（其中为指示变量），
表示选中宕机节点且修复成功，且，
表示其他情况．
所以，
所以，
即．
（3）第个月后，在线节点数为，则宕机节点数为，
由，得，
即是首项，公比为的等比数列．
所以，
所以总损失期望为
．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
B
C
C
A
C
AB
AC
题号
11









答案
BCD