湖北省襄阳市2026届高三4月统一调研数学试卷含答案（word版）

这是一份湖北省襄阳市2026届高三4月统一调研数学试卷含答案（word版），共9页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
二、填空题：（11） 13 ；（12） 12e2；（13） 569
解析：
1.【解析】B
2.【解析】A
3.【解析】D首先统一函数名，利用诱导公式 sinα=csα−π2将g(x)化为余弦形式： gx=2sin2x+π3= 2cs2x+π3−π2=2cs2x−π6.接着处理平移，将f(x)向左平移φ个单位得到： y=fx+= 2cs2x++π6=2cs2x+2+π6.对比两函数的相位，令 2+π6=−π6+2kπk∈ℤ,解得 2=−π3+2kπ,即 =−π6+kπ.当 k=1时, =5π6;结合选项设置，故取 5π6.
4.【解析】B ∣b∣=−22+12=5,故 a=b∣b∣=−2515.a在c上的投影数量为 a⋅c∣c∣=−25−255= −45.投影向量为 −45⋅c∣c∣=−45⋅15−25=−45258525.故选 B.
5.【解析】A
6.【解析】设 AB 的中点为 M.由题意知 ∣OA∣2=6,∣OB∣2=6,且 OA⋅OB=x1x2+y1y2=3.根据点公式 OM=12OA+OB,两边平方得：∣OM∣2=14OA+OB2=14∣OA∣2+2OA⋅OB+∣OB∣2代入数值：∣OM∣2=146+2×3+6=184=92所以点 M 的轨迹是以原点 O 为圆心，半径 r=92=322的圆.圆心O(0,0)到直线x+y-2=0的距离为: d=∣−2∣12+12=22=2故线段 AB 中点到直线的最大距离为：dmax=d+r=2+322=522，故选 D.
7.【解析】A设第 n 天使用次数为 an.由题意， a1=300,an=34an−1+50n≥2.构造等比数列： an−200=
34an−1−200, 得通项公式 an=200+100⋅34n−1.前n 天累计消耗 Sn=i=1nai=200n+100⋅ 1−34n1−3/4=200n+4001−34n. 费用不超过 1 元，即超出 1000 的部分≤1000，故总消耗Sn≤2000. 当 n =8 时, S8=1600+4001−0.757≈1600+4001−0.133=1946.8≤2000,符合.当 n =9 时, S9=1800+4001−0.758≈1800+360=2160>2000,不符合.故最多可用8 天.选 A.
8.【解析】B
记状态1为“定义域为 R”(指数型)，状态0为“定义域不为 R”(对数型).初始 a0=1.转移规则：若当前为状态1： 23概率保持1， 13概率变为0.若当前为状态0： 23概率保持0， 13概率变为 1.递推公式： an+1=an⋅23+1−an⋅13=13an+13.计算： a1=131+13=23;a2=1323+13=59; a3=1359+13=527+927=1427.故选 B.
另解：每次有 23的概率函数类型不发生变化，有 13的概率指对函数互化。初始状态为指数函数，因此 F₃ 中可以3次互化，或者1次互化。因此最终概率为 P=233+C3113223=1427.
9.【解析】ACD
10.【解析】BCD
对于选项 A，函数 y=x的定义域为[0，+∞)，且在定义域内单调递增.该函数图像上升较为平缓，图像上没有剧烈变化的分界点，故不可能存在某个圆与 y=x的图像有4个交点，即图像上不存在四点共圆，A不符合题意.
对于选项 B，函数 y=x2的图像为抛物线，关于y 轴对称.不妨取 x13且 2+3>7, 也能构成三角形.故c 有两个解.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
当c=1时, △ABC的面积⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11 分
当c=2时, △ABC 的面积⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
综上所述，△ABC的面积为 334或 332.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
【解析】(1) 函数 f(x) 的定义域为 (-1,+∞), 求导得 f′x=a−1x+1=ax+1−1x+1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
若a≤0,因为x>-1,所以x+1>0,则f'(x)0, 令 f'(x)=0, 解得 x=1a−1.当 x∈−11a−1时, f'(x)0, 即 h'(x) 在 (0,+∞) 上单调递增. 所以 h′x>h′0=1−2+1=0..
因此 h(x) 在 (0,+∞) 上单调递增,故 h(x) >h(0) = 0. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
所以eˣ>2x-ln(x+1)+1≥f(x),即 f(x)c−a=1，因此 ∣PnF2∣=92.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（未舍情况扣1分）⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
(2)设 Px0y0,直线 lMN:x=my−4.将直线与双曲线联立有 {x=my−4x2−y23=1⇒(3m2−1)y2−24my+45=0.
由韦达定理知: {y1+y2=24m4545−1y1y2=24m3m2−1⇒y1+y2y1y2=8m15,即 my1y2=158y1+y2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
由于 M,A₁,P 共线 ⇒y0x0+1=y1x1+1⋯①
N,A₂,P 共线 ⇒y0x0−1=y2x2−1⋯②⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
由 12得 x0−1x0+1=y1x1−1y2x1+1,又因为 {x1=my1−4x2=my2−4,因此 x0−1x0+1=y1my1−5y2my2−3=158158=15y2−25y115y1−9y=−53得x₀= - 14.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分
(2)另解（依标给分）：由双曲线方程 x2−y23=1可知 a=1,b=3, 左右顶点分别为 A1−10,A210.设M(x₁,y₁),N(x₂,y₂). 设直线MN的方程为y=k(x+4).联立直线与双曲线方程： {y=k(x+4)3x2−y2=3⇒ 3−k2x2−8k2x−16k2−3=0 由韦达定理可得： x1+x2=8k23−k2,x1x2=−16k2+33−k2计算 kA1M⋅kA1N的值：i {A}A1M⋅kA1N=y1x1+1⋅y2x2+1=kx1+4x1+1⋅kx2+4x2+1=k2x1x2+4x1+x2+1)x1x1+1)x1+x1+x2+1}6-分子部分为： x1x2+4x1+x2+16=−16k2−3+32k2+163−k23−k2=453−k 2 分母部分为： x1x2+x1+x2+1=−16k2−3+8k2+3−k23−k2=−9k23−k2 故 kA1M⋅kA1N=k2⋅45−9k2=—5.又由双曲线第三定义可知 kA1N⋅kA2N=b2a2=3, 即 kA1N=3kA2N. 代入上式可得： kA1M⋅3kA2N=−5kA1MkA2N=−53 设Q(x,y), 因为 Q 为直线 MA₁ 与 NA₂ 的交点, 所以 kQA1=kA1M=yx+1,kQA2=kA2N=yx−1. 代入比值关系： yx+1yx−1=−53x−1x+1=−53解得 3(x-1)=-5(x+1) ⇒ 8x = - 2 ⇒ x = - 14 所以 Q 点的轨迹是一条直线，方程为 x=−14.
(3) 由于 P2kx2ky2k,P2k−1x2k−1y2k−1
因此1,
|P₂kF₂|=√(x₂k—2)²+(y₂ₖ)2=(x₂k—2)²+3(x₂k)2—1=2x₂k—1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分
则 |P2k−1F2||P2kF2|=1−2x2k−12x2k−1,由相似可得 |P2k−1F2||P2kF2|=x2k−1−2x2k −2⇒1−2x2k−12x2k−1=x2k−1−2x2k−2,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14 分
整理可得 x2k−1=5x2k−44x2k−5=4−5x2k5−4x2k同理 x2k+1=−4−5x2k5+4x2k,两式联立可得 x2k+1−1x2k+1+1= 81x2k−1−1x2k−1+1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分
由题意知 x0=2,则 x1=−1413,x1−1x1+1=27,则数列 x2k−1−1x2k−1+1,k∈N∗为以27 为首项，以81为公比的等比数列⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17 分
19.【解析】(1)记事件 A 为“一分钟内队列人数减少 1 人”，事件 B 为“一分钟内队列人数增加 1 人”，事件 C 为“一分钟内队列人数不变”.当 q=14时，各事件发生的概率分别为 PA=14,PB=14,PC=1−2×14=12.经过3分钟后队列人数依然为n，说明这3分钟内人数的净变化量为 0.这包含以下两种互斥的情形：
(i)3分钟内事件 A，B，C各发生一次 (即减少 1次、增加1次、不变 1次)，其排列数为 A33=6,概率为 P2=6×PAPBPC=6×14×14×12=316.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
(ii)3分钟内均发生事件 C (即人数一直未变)，其概率为 P1=PC3=123=18.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
故所求概率为 P=P1+P2=18+316=516.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
（2）当 q=12时，1-2q=0,即每分钟队列人数要么增加1人，要么减少 1人，概率均为 12.设n分内队列人数增加的次数为 k，则减少的次数为n-k.此时队列人数为n+k-(n-k)=2k⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯·6分
记 P₁表示第n 分钟队列人数恰为i人的概率.由于每分钟变化相互独立，增加次数 k服从二项分布B(n, 12),
即 Pk=Cnk12n.若最终队列人数为 i，则需满足2k=i，即 k=i2.由于 k必须为整数，
故当 i 为奇数时概率为0；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯·8分
当i为偶数时概率为 Cni212n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.9分

i为偶数0≤i≤2n在此处键入公式。（在此处键入公式。
i为奇数
所求概率为：
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
记经过 n 分钟后队列人数与初始人数 n 的差值为 Sn.由(2)可知，若设 k为增加次数，则 Sn=2k−n,⋯11分
且 k∽Bn12.所求数学期望为 E|Sn|=k=0n|2k−n|Cnk12n=12nk=0n|2k−n|Cnk.⋯⋯⋯⋯⋯13分
利用组合数对称性 Cnk=Cnn−k及|2k-n|=|2(n-k)-n|,分情况讨论：
(i) 当 n 为偶数时, 设n=2m. k=02m|2k−2m|C2mk=2k=m+12m令j=k-m，则求和式变为 4j=1mjC2mm+j.利用恒等式 C2mm+j=2mm+jC2m−1m+j−1,可得： j=1mjC2mm+j=j=1m2mjm+jC2m−1m+j−1=2mj=1m1−mm+jC2m−1m+j−1 =2mj=1mC2m−1m+j−1−mj=1m1m+jC2m−1m+j−1=12mC2mm+j,可得为 12m⋅1222m−C2mm.代入计算得： j=1mjC2mm+j=2m22m−2−22m−C2mm4=m2故原求和式为 4×m2C2mm=2mC2mm=nCnn2.所以⋯⋯⋯⋯⋯15分
(ii) 当 n为奇数时, 设n=2m+1. k=02m+1|2k−2m+1|C2m+1k=2k=m+12m+1令j=k-(m+1), 则k=m+1+j,项变为 2j+1C2m+1m+1+j.利用类似偶数情形的组合恒等式推导，该和式计算结果为 2nCn−1n−12.故 E|Sn|=n2n−1Cn−1n−12.⋯⋯⋯⋯⋯16分
综上所述，所求数学期望为：17分n为偶数
n为奇数
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
B
A
D
B
A
D
A
B
ACD
BCD
ACD