湖北武汉市武昌区2026届高三 供题数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份湖北武汉市武昌区2026届高三 供题数学试卷（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答卷前，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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上非答题区域均无效.
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.写在试题卷、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，集合满足∁UB={1,3,5} ，则（ ）
A. B. C. 3⊆B D. 1,4,6⊆B
【答案】A
【解析】
【详解】∵ 全集，∁UB={1,3,5} ，
∴ B=∁U∁UB={2,4,6} .
A选项：∵ ，∴ ，该选项正确.
B选项：∵ ，∴ ，即的表述错误，该选项错误.
C选项：∵ ，∴ ，该选项错误.
D选项：∵ ，∴ ，该选项错误.
综上，本题选A.
2. 若复数，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由，则，则.
3. 已知正六边形，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】如图：
正六边形中，设与交于，则为中点，且.
所以向量在向量方向上的投影向量为.
4. 记样本数据1，2，2，2，3的方差为，样本数据3，5，5，5，7的方差为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】样本数据1，2，2，2，3的均值为，
则，
样本数据3，5，5，5，7的均值为，
则，
所以.
5. 平面直角坐标系中，若角的终边经过点，角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题设，同理，
所以.
6. 设点，，为动点，记，的斜率分别为，，若，则点的轨迹为（ ）
A. 圆的一部分B. 椭圆的一部分C. 双曲线的一部分D. 抛物线的一部分
【答案】D
【解析】
【详解】令且，则，，而，
所以，则，即且，显然为抛物线的一部分.
7. 已知公比且的等比数列，前项积为，若，且，则（ ）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】A
【解析】
【详解】因为为等比数列，且，，
由.
由，
因为，所以.
8. 设平面内动点在单位圆上，到直线，的距离分别为，，即；推广到空间：动点在单位球上，到平面，的距离分别为，.记，则当取最大值为5时，（ ）
A. 2B. 4C. D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】先根据点到平面的距离探索，的关系，结合柯西不等式和的最大值为5可求的值.
【详解】设，则，，
所以.
因为，所以（当且仅当时取等号）.
又因为，
所以.
又的最大值为5，所以.
因为，所以.
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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若空间中三条两两不同的直线，，，满足，，，则（ ）
A. 三条直线可以两两相交B. 三条直线可以两两异面
C. 三条直线中必有两条直线平行D. 三条直线必定不共面
【答案】ABD
【解析】
【详解】如图：
对A：取直线为，直线为，直线为，则直线，，满足条件，且两两相交，故A正确；
对B：取直线为，直线为，直线为，则直线，，满足条件，且两两异面，故B正确；
对C：由B可知，C错误；
对D：假设，，在同一个平面内，由，，可得，这与矛盾，
故，，不可能在同一个平面内，故D正确.
10. 已知随机事件，满足，，记，，若，互斥，则（ ）
A. B.
C. 当时，的最大值为D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】应用概率的性质，结合事件互斥得S=PA+PB，再应用作差法比较S,2T 大小及基本不等式得，进而依次判断各项的正误.
【详解】由概率的性质知S=PA∪B=PA+PB−PAB，
由，互斥，则，A错，故S=PA+PB，
由S−2T=PA+PB−2PAPB=PA1−PB+PB1−PA，
而PA+PB≤1⇒PA≤1−PB且PB≤1−PA，
所以S−2T≥PA2+PB2>0 ，则，B对，
由，，则T=PAPB≤PA+PB24=S24，
当且仅当PA=PB=S2时取等号，则，
当，则，当且仅当时取等号，即的最大值为，C对，
当，则，结合概率的性质知，则，D对.
11. 已知函数及其导函数均为定义在上的连续函数，且，且，设，则下列说法中正确的是（ ）
A. B.
C. 有极大值D. 有极小值
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用赋值法可判断A的真假；求导可判断B的真假；利用gx=x−1e12xfx得到fx=gxx−1e12xx≠1，对该式求导分析其正负，最后结合得到在处取得极小值，即可判断CD.
【详解】对A：因为，令，可得
，A正确；
对B：因为，所以
=e12xfx+x−112e12xfx+e12xf'x=e12xfx+x−12fx+x−1f'x
=e12xx+12fx+x−1f'x=x+1e12x12fx+x−1x+1f'x=x+1ex24，B正确；
由gx=x−1e12xfx和g'(x)=x+1ex24可得fx=gxx−1e12xx≠1，
f'x=g'xx−1e12x−g(x)12x−1+1e12xx−12ex=x+1ex24x−1−12g(x)x+1x−12e12x
=x+1x−1ex24−12g(x)x−12e12x，设ℎ(x)=x−1ex24−12g(x) ，
则=x2x−1+1ex24−12g'(x)=x2x−1+1ex24−12x+1ex24=12x−12ex24≥0 ，
所以单调递增，又ℎ(1)=0−12g(1)=0 ，所以当时，，
即，单调递减，当时，即，单调递增，
又，故在处取得极小值，C错误，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数为偶函数，则___________.（写出满足题意的一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【详解】由为偶函数，则，，
所以满足要求的一个（答案不唯一）.
13. 已知双曲线，离心率为2，左、右焦点分别为，，若点为双曲线上一点，满足，过点作的垂线，垂足为，则________________.
【答案】
【解析】
【详解】如图：
由，所以.
因为点为双曲线上一点，满足，所以AF2=b2a=3a .
所以AF1=AF2+2a=5a .
由F1F2⋅AF2=AF1⋅BF2BF2=F1F2⋅AF2AF1=4a⋅3a5a=125a .
所以AB=AF22−BF22=3a2−125a2=95a ，
BF1=AF1−AB=5a−95a=165a .
所以ABBF1=95a165a=916.
14. 一个的灯阵，每盏灯颜色各不相同，初始时所有灯均熄灭，每次可以任选一整行或一整列，使其中所有灯的状态同时反转，经过若干次操作后，恰有8盏灯亮，只按最终灯亮位置计算（如右图为其中一种情况），可得到的不同亮灯图案共有_______________种.
【答案】144
【解析】
【分析】按照反转的行数和列数的不同情况，分类计算所有能得到8盏灯亮的不同图案，相加可得到总数.
【详解】要想得到8盏灯亮的不同图案，可分如下情况进行讨论：
第一类：只反转其中的两列，有种不同图案；
第二类：反转其中1行，同时反转2列，可得8盏灯亮的不同图案，有种；
第三类：只反转其中的两行，有 种不同图案；
第四类：反转其中2行，同时反转1列，可得8盏灯亮的不同图案，有种；
第五类：反转其中2行，同时反转2列，可得8盏灯亮的不同图案，有种；
第六类：反转其中2行，同时反转3列，可得8盏灯亮的不同图案，有种；
第七类：反转其中3行，同时反转2列，可得8盏灯亮的不同图案，有种.
所以不同的亮灯图案有：种.
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. 已知函数，.
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）在中，角，，所对的边分别为，，.若，，，求的长.
【答案】（1）；，
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简函数的解析式，再求函数的最小正周期和单调递增区间.
（2）先根据fA−π12=−2 求角，再利用三角形的面积公式求，再用余弦定理可求边.
【小问1详解】
因为fx=23cs2x+sin2x−3=32cs2x−1+sin2x .
所以函数的最小正周期为：.
由，，.
所以函数的单调递增区间为，.
【小问2详解】
由fA−π12=−2 2sin2A−π12+π3=−2 sin2A+π6=−1 ，
因为，所以，所以.
由.
由余弦定理，=b+c2−bc ，
所以.
16. 在三棱台中，上下底面均为正三角形，底面，且，，过点作平面侧面，平面与下底面的边、分别交于、两点.
（1）求证：直线平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的性质定理推导出EF⁄⁄BC ，再结合线面平行的判定定理即可证明结论.
（2）先确定分别为的中点，求解底面的面积，结合三棱台的高，利用等体积法将所求体积转化为，代入体积公式求解即可.
【小问1详解】
∵ 平面α⁄⁄ 侧面，平面平面，平面平面，
∴ 由面面平行的性质定理可得EF⁄⁄BC .
∵ 平面，平面，
∴ EF⁄⁄ 平面.
【小问2详解】
∵ 底面，平面A1B1C1⁄⁄ 平面，
∴ 平面，即三棱台的高为.
∵ 平面α⁄⁄ 侧面，平面平面，平面平面，
∴ A1E⁄⁄B1B ，结合A1B1⁄⁄AB ，，可得为的中点，同理为的中点.
∴ ，即为边长为1的正三角形，
∴ .
∵ 到平面的距离等于三棱台的高，
∴ .
17. 已知函数，其中.
（1）是否存在实数，使得函数的图象在点的切线为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（2）若函数的图象上存在关于点对称的不同两点，求实数的取值范围.
【答案】（1）不存在，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用反证法，结合导数的几何意义，求函数在处的切线可证明满足条件的实数不存在.
（2）问题转化为方程有解，利用换元法得到，再分离参数得到2a=t4−lntt+1，设ℎt=t4−lntt+1，利用导数分析函数的单调性，求其值域即可得的取值范围.
【小问1详解】
不存在实数，使得函数的图象在点处的切线为.理由如下：
假设存在实数，使得函数的图象在点处的切线为.
则，所以.
此时fx=x−lnx−12x−12，f'x=1−1x+12x2，所以f'1=1−1+12=12，
这与直线的斜率为1矛盾，故假设不成立.
所以不存在实数，使得函数的图象在点处的切线为.
【小问2详解】
若函数的图象上存在关于点对称的不同两点，
则方程（，且）有解.
所以x−lnx−ax−a+2−x−ln2−x−a2−x−a=−2 ，
整理得：ln2x−x2+2a2x−x2+2a−4=0 .
设，由，且，可得，
所以2a=t4−lntt+1，.
设ℎt=t4−lntt+1，.则ℎ't=3−t−lntt+12.
设gt=3−t−lnt ，.则g't=−1−1t=−t+1t，
当时，恒成立.
所以在上单调递减，且g1=3−1−ln1=2>0 .
所以当时，恒成立，所以在上单调递增.
由ℎ1=4−ln12=2 ，当时，.
所以当时，ℎt∈0,2，即2a∈0,2.
18. 某科技公司搭建智能算力集群，随机抽取一组服务器监测，其中高性能服务器的台数为随机变量，已知其分布列为：
其中，，每台高性能服务器在一次任务中独立地处于“高负载运行”和“低负载休眠”两种状态，且出现两种状态的概率均为.
记事件：高性能服务器中，高负载运行数量多于低负载休眠数量.
（1）当时
（ⅰ）求；
（ⅱ）求条件概率；
（2）记该组高性能服务器处于高负载运行状态总台数为随机变量，求在上的值域.
【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）
（2）
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）根据分布列中概率之和为1，可求的值；
（ⅱ）利用条件概率公式求条件概率.
（2）先求，根据EY=12Eξ表示出，再利用导数分析函数的单调性，可求在上的值域.
【小问1详解】
当时
（ⅰ）由.
（ⅱ）当时，Pξ=1=829，PA|ξ=1=12；
当时.，Pξ=2=829，PA|ξ=2=122=14；
当时，Pξ=3=929，PA|ξ=3=123+C32⋅122⋅12=12.
所以PA∩ξ≥1=Pξ=1PA|ξ=1+Pξ=2PA|ξ=2+Pξ=3PA|ξ=3.
所以PA|ξ≥1=PA∩ξ≥1Pξ≥1.
【小问2详解】
由m+mr+m1+2r+m1+r2=1 .
所以Eξ=0⋅m+1⋅mr+2⋅m1+2r+3⋅m1+r2=rr3+4r2+3r+1⋅1r+21+2r+31+r2.
所以EY=12Eξ=3r3+10r2+5r+12r3+4r2+3r+1，.
设fr=3r3+10r2+5r+12r3+4r2+3r+1，则f'r=r4+4r3+8r2+6r+1r3+4r2+3r+12，
因为，所以恒成立，所以在上单调递增.
又，f1=1918.
所以EY∈12,1918.
19. 已知椭圆，左、右焦点分别为，，离心率为，过的直线交椭圆于，两点，且的周长为8，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程；
（2）按如下方式依次生成直线：过作直线交椭圆于，，其中在轴上方，为弦的中点.对任意正整数，过作直线，使.记直线的斜率为，且.
（ⅰ）证明数列是等比数列；
（ⅱ）已知从椭圆外一点向该椭圆引两条切线，切点分别为，，则直线的方程为.过，分别作椭圆的切线，两切线交于点，设为的重心，记，求数列的通项公式.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由焦点三角形的周长、椭圆的定义得，再由离心率、椭圆参数的关系求参数值，即可得；
（2）（i）设直线ln:y=knx−1，，弦中点RnxR,yR，联立椭圆并应用韦达定理、中点公式得，，进而求，利用垂直关系得，根据等比数列的定义即可证；
（ii）由kn=43n−2，设PnxP,yP并求得为、，进而得Pn4,−3kn、Gn8kn233+4kn2,−2kn3+4kn2，根据已知及点线距离公式得an=knxP−yP−knknxG−yG−kn化简即可得.
【小问1详解】
由的周长为AB+AF1+BF1=AF2+BF2+AF1+BF1=4a=8 ，则，
又，故，则椭圆方程为；
【小问2详解】
（i）由（1），设直线ln:y=knx−1，联立椭圆得y=knx−1x24+y23=1，
所以3+4kn2x2−8kn2x+4kn2−12=0 ，若，弦中点RnxR,yR，
所以，y1+y2=knx1+x2−2=−6kn3+4kn2，
所以，，则，
因为，所以，而，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（ii）由（i）kn=3443n−1=43n−2，
设PnxP,yP为过的椭圆的切线的交点，则切点弦方程为，
直线为y=knx−1，即，
综上，，则xP=4yP=−3kn，即Pn4,−3kn，
为的重心，则Gnx1+x2+03,y1+y2+03，即Gn8kn233+4kn2,−2kn3+4kn2，
由两个三角形同底，面积比等于底边上的高之比，
即点到直线的距离之比an=S△AnBnPnS△AnBnGn=knxP−yP−knknxG−yG−kn，
而knxP−yP−kn=4kn+3kn−kn=3kn+1kn，knxG−yG−kn=8kn333+4kn2+2kn3+4kn2−kn=−kn3+4kn233+4kn2=kn3，
所以an=3kn+1knkn3=91+1kn2，而kn=43n−2，则an=91+916n−2.
0
1
2
3