湖北省恩施州2026届高三下学期3月第二次质量监测考试 数学试卷（含解析）

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1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数满足，则（ ）
A．B．1C．D．
3．等差数列的前项和为，满足，则（ ）
A．B．
C．D．均为的最大值
4．已知向量，若向量满足，则（ ）
A．1B．C．D．
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．
6．已知，若实数满足恒成立，则（ ）
A．B．C．D．
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．
8．锐角中，，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
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
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
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
三、填空题
12．曲线在处的切线方程为___________．
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______．
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___________．
四、解答题
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．
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．
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
18．已知函数．
(1)当时，令，求的最小值；
(2)当时，求证：；
(3)若，求证：.
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，．
参考答案
1．B
【详解】因为，
所以可取，即可取，
所以，则．
2．A
【详解】因为，所以，
.
3．C
【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．D
【详解】设，由题意得：，
解得，所以.
5．B
【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．B
【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．A
【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．C
【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.
9．BCD
【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．AD
【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．ACD
【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．
12．
【详解】因为，令，则，
所以切线方程为．
故在点处的切线方程为．
13．或2
【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，直线的斜率为或2．
14．29
【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．
15．(1)
(2)与．
【详解】（1）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.
（2）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．(1)
(2)3人或4人
【详解】（1）由题知的所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
故的分布列为
（2）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．(1)
(2)
【详解】（1）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.
（2），
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．(1)0
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1），令，
所以在上单调递增，所以，即的最小值为0.
（2）令，，在单调递增，
，，
由（1）可得，．①
令，，，
，．②
①②可得，
不等式成立.
（3），，
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．(1)（i）；（ii）
(2)证明见解析
【详解】（1）（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
，
（2）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