湖北省鄂州市2026届高三下学期3月质检数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省鄂州市2026届高三下学期3月质检数学试卷（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 下列关于函数 的说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
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. 复数 在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数乘法运算法则，写成 的形式，得其对应点的坐标，判断即可.
【详解】因为 .
所以复数 在复平面内对应的点为 ，位于第一象限.
2. 已知集合 ， ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为 ， ，
所以 .
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3. 双曲线 的离心率为 ，则 的值为（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，解得 .
4. 已知 ，则 （ ）
A. 32 B. 31 C. D. 1
【答案】C
【解析】
【详解】令 ，则 ；
令 ，则 ，故 .
5. 已知函数 为奇函数，且 为偶函数，当 时，有 ，则
（ ）
A. 2025 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断出函数的周期，结合 可求 的值.
【详解】因为 为奇函数，故 ，
因为 为偶函数，故 ，
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故 ，所以 ，
故 是周期函数且周期为 4，而 ，
故 ，
而 ，故 .
6. 已知数列 的首项 ，且满足 ，则数列 （ ）
A. 单调递增 B. 单调递减 C. 先减后增 D. 先增后减
【答案】B
【解析】
【分析】由递推关系取倒数，得到 ，构造等比数列，求出 ，即可判断数列 单
调性.
【详解】由 ，可得 ，
即 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，即 ，
由指数函数单调性知，数列 单调递增，所以数列 单调递减.
7. 已知等边三角形 的边长是 ， 是三角形 所在平面内的动点，且 ，则 的
取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的减法运算及向量模的不等式，数量积的性质与运算求解.
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【详解】 ，
，
因为等边三角形 的边长是 ，
所以 ，
所以 ，又 ，
故 ，
即 .
8. 已知非负实数 ， 满足 ，则 的最小值为（ ）
A. 8 B. C. 7 D.
【答案】A
【解析】
【分析】设 ，则 的几何意义即为 ，结合对称可求前者的最小值.
【详解】设原点关于直线 的对称点为 ，
则 ，故 ，故 .
设 ，因为 ， 为非负实数，且 ，欲求 的最小值，
即求线段 上的点 到 轴的距离与到原点距离之和最小，
即为 的最小值，如图，设 在 轴上的垂足为 ，
则 ， 当且仅当 共线时等号成立，
故 的最小值为 .
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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. 下列关于函数 的说法正确的有（ ）
A. 函数 的最小正周期为
B. 要得到函数 的图象，只需将函数 的图象向左平移 个单位长度
C. 函数 的图象关于点 中心对称
D. 函数 在区间 上单调递减
【答案】AC
【解析】
【分析】根据三角恒等变换化简 ，利用正弦型三角函数的性质逐项判断即可得答案.
【详解】 ，
所以 最小正周期 ，故 A 正确；
函数 的图象向左平移 个长度单位得到函数
，故 B 不正确；
对于函数 ，由于 ，
所以函数 的图象关于点 中心对称，故 C 正确；
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当 时， ，
所以函数 在区间 上单调递增，故 D 错误.
10. 已知函数 ， ， 为 的极大值点， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】先求出 的导数，再设 ，利用导数结合零点存在定理可判断 的极值
点 满足的性质，据此判断 AB 的正误，再利用导数求出 的单调性，设 ，利用
导数研究其单调性后可判断 ，故可判断 CD 的正误.
【详解】因为 ，设 ，
则 ，当 时， ；当 时， ，
故 在 上为增函数，在 上为减函数，
故 ，当 时， 即 ，
而 ，故存在 ，使得 即 ，
且 时， 即 ，当 ， 即 ，
故 为 的极大值点即 ，
由前述分析可得 也是最大值点且 ，故 B 正确.
而 ，而 ，
故 ，即 A 正确.
易知 ，当 时， ；当 时， ，
故 在 上为增函数，在 上为减函数，
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因为 ，故 为方程 的解，
当 时， ，而 ，此时方程 无解；
当 时，设 ，
因为 在 上为增函数， 在 上为减函数，
故 在 上为增函数，而 ，
，故 在 上存在唯一的零点，
而当 时，因为 在 上为减函数，故 ，
当 时， 恒成立，故 无解，
综上， 即 ，故 C 正确，D 错误.
11. 平面上一动点 到原点 的距离与到直线 的距离之和为常数 ，点 的轨迹为曲线 ，点
在曲线 上，则（ ）
A.
B.
C. 面积的最大值为 9
D. 从曲线 内任取一整点（横纵坐标均为整数），该点位于圆 内的概率大于
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出曲线方程并代入所过的点后可判断 A，根据曲线方程结合放缩法和作差法可判断 B 的正误，
根据曲线方程可求 到 距离的最大值后可判断 C 的正误，利用斜率换元结合导数可求动点坐标的范围，
从而可估算概率后判断 D 的正误，我们还可以利用复数的三角形求出旋转后曲线对应的方程，从而可判断
BC.
【详解】设动点 ，由题得到
而点 在此曲线上，所以 ，A 正确；
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由于 ， ，显然 即 .
而 ，
所以 ，所以 ，从而 ，
当且仅当 即 或 时等号成立，故 ，B 错误；
设曲线 上的动点 到直线 的距离为 ，则 ，
而 ，故 ，由 B 的分析可得 ，
故 ，故 的面积 ，C 正确；
对于 D，设圆 内的整点集合为 ，
则 共有 25 个点，
因为 ，故曲线内 至少有 个整点.
因为 ，则 至少有一个不为零，
不妨设 ， ，则 ，则 ，
若 ，则 ，
令 ， ，
则 ，此时 在 上为减函数，
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故 在 上的值域为 ，故 ，
若 ， ，
令 ， ，
则 即 在 为增函数，
故 在 的值域为 ，故此时 ，
综上， ，由对称性可得 ，而 ，
故平面区域 内共有 81 个整点，
上述平面区域包含了曲线 ，从曲线 任取一整点（横纵坐标均为整数），则整数点个数小于 个，
所以该点位于圆 内的概率大于 ，D 正确.
对于 BC，我们提供另外的解法如下：
将曲线 绕原点顺时针方向旋转 ，则旋转前后 和 面积均保持不变.
设 为曲线 任意点，旋转后对应点 的坐标为 ，则 对应的复数为 ，
故 对应的复数为 ，故 ，
故 ，整理得 ，故 ，故曲线 的图形如下：
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此时 旋转后对应的点 ，故此时 的最大值为 ,
而 ，故 ，
当且仅当 等号成立，故 B 错误，C 正确.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分
12. 已知 名同学的跳远成绩（单位： ）排序后如下： ， ， ， ， ， ，
， ， ， ，则这组数据的第 百分位数是________.
【答案】4.05
【解析】
【详解】因为 ，
故第 百分位数为第 个数和第 个数的平均数即为 .
13. 某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一圈铁皮围栏围
着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底 同一水平面内共线的三个点 ， ， ，
且在点 ， ， 处测得塔顶端 的仰角分别为 ， ， ，同时测得 ， （如
下图），则塔的高度为________ .
【答案】60
【解析】
【分析】设 ，则可由余弦定理构建关于 的方程，求出其解即可.
【详解】由题设 ，
设 ，则 ，
在 中，由余弦定理有 ，
故 ，同理 ，
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而 ，故 ，
所以 ，故 ，
故 .
14. 如图，经过抛物线 ： 的焦点 的直线交抛物线 于 ， 两点（点 在第一象限），直线
的倾斜角为 ，经过点 和原点 的直线与 的准线 交于点 .
（1）当 时， ________；
（2） 绕直线 旋转一周所形成的几何体体积最小时，直线 的斜率为________.
【答案】 ①. 3 ②.
【解析】
【分析】（1）求出点 的坐标，求出直线 的方程，再求出 点纵坐标即可得解；
（2）求出几何体的体积，利用导数求体积有最小值时对应的 即可得解.
【详解】（1）由 可知，焦点 ，准线方程为 ，
因为直线 的倾斜角为 ，
所以直线 的方程为 ，
联立 ，可得 ，解得 或 ，
因为点 在第一象限，且倾斜角为 ，
所以 ，代入 ，可得 ,
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所以 ，可得直线 的方程为 ，
代入直线方程，可得 ，
所以 .
（2）可证得 ,即 ，过 作 ，交 延长线于点 ，
过 作 于 ，
绕 旋转一周所形成几何体可以看作上下底半径分别为 为半径， 为高的圆台，
挖去以 为半径，高为 的圆锥后所得几何体，
故几何体的体积为：
，
令 ，
则
，
又 ， ，
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分析可知，当 时， 最大，几何体的体积最小，
由同角三角函数关系得 ，于是 .
即直线 的斜率为 .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ， 的面积为 ， 是线段 上一点，
且 .
（1）求角 ；
（2）若 ， 平分 ，求 .
【答案】（1）
（2） 或
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理结合三角变换公式可得 ，故可求 ；
（2）由三角形面积公式结合余弦定理可得关于 的方程，求出其解后结合角平分线的性质可求 .
【小问 1 详解】
由条件 ，利用正弦定理可得 ，
因为 ，所以 ，
代入上式： ，
整理得： ，又 ，
故 即 ，又 ，所以 .
【小问 2 详解】
由三角形面积公式知 ，可得 ，
又 ，由余弦定理 ，得 ，
于是可得 或 .
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因为 平分 ，由角平分线性质， ，
且 ，所以
故 的长度为 或 .
16. 如图，在多面体 中，四边形 是边长为 2 的正方形， ，且 ， 为线
段 的中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ， ，求平面 与平面 的夹角.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设 ，连 ，则可证四边形 为平行四边形，从而 ，再根据线
面平行的判定定理可证 平面 ；
（2）先证明 平面 ，再建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角，或过点 作
，连接 ，可证 为面面角，利用解直角三角形可求面面角.
【小问 1 详解】
设 ，连 ，则 ，
又 为线段 的中点，所以 ，
又 ， ， ，即 ，
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故 ，所以四边形 为平行四边形，
故 ，而 平面 ， 平面 ，故 平面 .
【小问 2 详解】
延长 交 于 ，则 为 的中点，连 ， ，
由 ， ，故 ，故 ，
而 为 的中点，故 ，
由（1）知 ，故 ，
故四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面
又平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 ，所以 平面 .
而 平面 ，故 ，由正方形 可得 ，
而 平面 ，故 平面 .
法 1：如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ，
， ，
设平面 的法向量 ，则 即 ，
不妨令 ，则 ， 即 .
故平面 的法向量 ，
设两平面所成的角为 ，则 ，
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故 ，所以 .
法 2：过点 作 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，故 ，
而 平面 ，故 平面 ，
而 平面 ，故 ，则 即为平面 与平面 的夹角，
而 ，而 为锐角，所以 ，
即平面 与平面 的夹角为 .
17. 在区块链技术支持的加密资产网络中，设有两个智能合约钱包（甲钱包与乙钱包）.每个钱包初始配置
有 1 枚“黑币”（代表高波动性资产）与 2 枚“白币”（代表稳定资产）.为平衡资产风险，系统执行如下自动
交换协议：每次从两个钱包中各随机抽取一币，并交换存入对方钱包.记该协议重复执行 次后，
甲钱包中“黑币”的数量为 ，甲钱包中恰好有 1 枚“黑币”的概率为 .
（1）求 ；
（2）证明：数列 是等比数列，并求出数列 的通项公式；
（3）求 .
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3）1
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式可求 ；
（2）根据全概率公式构建递推关系后可得 ，利用构造法可证明 是等比数列且可求
的通项公式；
（3）根据题意可得 ，故可求 .
【小问 1 详解】
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由题意得 .
【小问 2 详解】
当 时，设有甲钱包恰有两枚“黑币”的概率为 ，
则没有“黑币”的概率为 ，
，
故 .
又 ，故 为等比数列,故 ,
.
【小问 3 详解】
由题 的可能取值为 0，1，2，其概率分布列为：
0 1 2
依题意， 即 .于是
故 .
18. 已知动圆 与圆 ： 外切，同时与圆 ： 相内切.
（1）求动圆圆心 的轨迹 的方程；
（2）设曲线 与 轴交于 ， 两点（ 在 左侧），过 的动直线交 于 ， 两点，直线 ，
交直线 于 ， 两点，证明：
（i）以 为直径 圆 恒过定点，并求出定点坐标；
（ii）直线 与圆 相切.
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【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，圆 过定点 和 .；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据圆与圆相切可得 ，依据椭圆的定义可求椭圆方程；
（2）（i）设动直线 的方程为： ，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得
，再结合数量积可得 ，从而可求定点或设以 为直径的圆与 轴的交点
，则 ，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用 坐标表示 的纵坐标，结合韦达
定理化简后可证 与 的方向向量垂直，从而可得直线 与圆 相切.
【小问 1 详解】
圆 化为标准方程为 ，圆心 ，半径
圆 化为标准方程为 ，圆心 ，半径
设动圆圆心 ，其半径为 .
由题意，圆 与圆 外切，与圆 内切，故 ，
两式相加得 .
即动点 到两定点 与 的距离之和为常数 12，且
满足椭圆的定义，于是其方程为：
小问 2 详解】
曲线 与 轴交于 ， 两点，
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由方程令 ，得 ，即 ， ，点 为椭圆的右焦点.
（i）法 1：设过点 的动直线 的方程为： ，
代入椭圆方程 整理得： ，
，
设 ， ，则 ， ，
不妨记 ，则
直线 的方程为： ，与直线 交于点 ，则 ，
同理，直线 与直线 交于点 ，则 ，
， ， ，
而 ，
在以 为直径的圆 上即圆 过定点 ，
由对称性知，圆 还过定点 ，所以圆 过定点 和 .
法 2：设过点 的动直线 的方程为： ，
代入椭圆方程 整理得： ，
，
第 19页/共 26页
设 ， ，
则 ， ， ，
直线 的方程为： ，所以点 ，同理 ，
设以 为直径的圆与 轴的交点 ，则 ，
即 （*），
而
，
代入（*）可得 ，得 或 即圆 过定点，
定点坐标为 或 .
（ii）直线 的方程为： ，点 ，
同理 ， ，
而
，
，而 的方向向量 ，
， 于 ，故直线 与圆 相切，切于点 .
19. 已知函数
第 20页/共 26页
（1）当 时，求 的最小值；
（2）当 时， ，求 的取值范围：
（3）已知点 ，按照如下方式依次构造点 ：过点 作曲线 的切线与 轴交
于点 ，令 为过点 且斜率为 0 的直线与曲线 的交点，记 的面积为
， ，证明： .
【答案】（1）0 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数后判断其符号，则可得函数的单调性；
（2）求出函数的导数，令 ，求出 后先判断 时 的符号可得原函
数的单调性，再求出 的二阶导数，就 、 分类讨论可确定参数的范围，当 时
可直接判断 的单调性后得原函数的单调性，从而判断参数的范围；也可以利用放缩法证明当 不
等式恒成立，再结合导数证分类明 不等式不恒成立即可；另外利用换元法可将原不等式转化为
恒成立，同样可结合导数探求参数的范围；
（3）先利用导数的几何意义求得 ，求出 的通项公式后可求面积，从而得 的通项，结
合 （ 2） 的 结 果 可 得 不 等 式 ， 结 合 裂 项 相 消 法 可 证 不 等 式 ， 或 者 证 明
，同样可得 ，再结合裂项相消法可证不等式亦可.
【小问 1 详解】
时， ， ， .
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 单调递增，所以 .
【小问 2 详解】
第 21页/共 26页
法一： ， ，
其中 ，记 ， ，
（i）当 时， ，所以 在 上单调递减，
又 ，所以 时， ，即 ，
所以 在 上单调递减，又 ，所以 恒成立，
故 合题意；
（ii）当 时，设 ，则 ，
故 在 上单调递减，
又 ，所以 时， ，同（i）可得 恒成立，
故 合题意；
（iii）当 时，因为 ，所以 在 上单调递减，
此时 ， ，
所以当 时， ，所以 在 单调递增，
又 ，所以 ， ，即 ，
所以 在 单调递增，
又 ，所以 ， ，不合题意.
（iv）当 时，显然 为 上的增函数，又 ，
第 22页/共 26页
所以 时， ，即 ，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 恒成立，故 不合题意；
综上所述，实数 的取值范围为 .
法二：（i）当 时， ， ，
设 ， ， ，
所以 在 上单调递减，
又 ，所以，当 时， ，即 ，
所以 恒成立，故 合题意；
（ii）当 时， ， （由第（1）问可知），
故 ，不合题意；
（iii）当 时， ，
记 ， ，
为减函数，且 ， ，
所以，当 时， ，所以 在 单调递增，又 ，
所以 ， ，即 ，
第 23页/共 26页
所以 在 单调递增，又 ，
所以 ， ，不合题意.
综上所述，实数 的取值范围为 .
法三： 恒成立等价于 恒成立.
令 ，则不等式可化为： ，
令 ，则 ，且需 对 恒成立.
求导得 ， ，
令 ， ，
求导得 ，
故 ，
①当 时， ，所以 在 上递减，
又 ，所以 ，即 ，
所以 在 上递减，又 ，从而 ，不满足条件.
②当 且 时，在 时， ，
同上分析可知，在 时， ，不满足条件.
③当 时， ，且对 ， ，
由于 ， ， ，即 恒成立，
故 在 上为增函数，故 ，
第 24页/共 26页
即 ，进一步知 为增函数，故 ，合题意.
综上所述， 即为所求.
【小问 3 详解】
法一：由题意，点 在曲线 上，设 ， ，
已知 ，即 ，过 的切线方程为： .
与 轴交点 的坐标为 ，
过 且斜率为 0 的直线为 ，
与曲线 的交点 满足 ，
所以 是以 1 为首项， 为公比的等比数列，
因此 ， ，
所以 ， 的坐标为 ， 的坐标为 ，
底边 的长度为 ，高为 1，故面积 ， ，
于是 ，则 ，
所以要证 ，即证 ，
而（2）中 时，任意 时，有 恒成立，
故有 时， 恒成立，
令 ，则有 ，
所以 ， ，…， ，
第 25页/共 26页
求和得 ，所以原不等式成立.
法二：令 ，
求导得 ，
所以 在 单调递增，所以 ，
令 可得 恒成立， ，
对 求和得 .
第 26页/共 26页