湖北省恩施州2026届高三第一次质量监测暨9月起点考试 数学（含解析）

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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
是符合题目要求的.
1. 设全集 ， ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.
【详解】因为 ， ，则 ，
又 ，所以 ，
故选：A.
2. 已知 ， ，且 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的数量积的坐标运算直接可得.
【详解】由 ， ，且 ，
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所以 ，得 .
故选：C.
3. 复数 满足 ， 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的运算法则及其模长公式求解即可.
【详解】由已知得 ，
则 ，
故选：B．
4. 根据分类变量 与 的观测数据，计算得到 ，依据小概率值 （ ）的独立
性检验，则（ ）
A. 变量 与 不独立
B. 变量 与 独立
C. 变量 与 不独立，这个结论犯错误的概率不超过 0.1
D. 变量 与 独立，这个结论犯错误的概率不超过 0.1
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立性检验的概念可得正确的选项.
【详解】因为 ，所以在显著性水平 下，
没有充分证据拒绝原假设，因此我们认为变量 与 是独立的，
故选：B
5. 将函数 的图象向左平移 （ ）个单位后，所得的图象仍然关于原点对称，则 的最小
值为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过平移法则得新函数解析式为 ，根据对称中心列方程得 ，
由 即可求解.
【详解】函数 的图象平移后得到 ，其图象关于点 对称，
那么 ，所以 ，又 ，所以 m 的最小值为 .
故选：C
6. 已知 ，当 时， 的最小值是 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分 、 分别求解即可.
【详解】 ，0 ， 的最小值是 ，
若 ，即 时，
则 ，
解得 ；
若 ，即 时，
， ，不合题意舍去.
故 .
故选：D.
7. 抛物线 与直线 交于 两点， 为坐标原点，且满足 ，则
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（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】联立抛物线与直线方程得 ，利用根与系数的关系及垂直的向量表示，得到
，即可求解.
【详解】设 ， ，
由 ，消 得到 ，
则 ，
因为 ，则 ，又 ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
故选：D.
8. 已知 a，b 为正实数，且 ，若 恒成立，则 m 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将 变形为 ，再利用基本不等式求出 的最小值即可
得解.
【详解】 ， ， 恒成立，
的最大值 ，又 ，
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.
当且仅当 且 取等号.
的最大值为 .
故选：D.
二、选择题：本大题共 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.
9. 已知 内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 当 B 最大时， 成立
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】AD
【解析】
【分析】A 选项，由余弦定理和基本不等式得到 ，结合余弦函数单调性得到 ；B 选项，
当 ， 为等边三角形， ，而 ，B 错误；C 选项，由余弦定理得
到 ，由余弦函数单调性得到 ；D 选项，由勾股定理和 得到
，解得 ，由正弦定理 .
【详解】A 选项， ，
当且仅当 时，等号成立，
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又 在 上单调递减，而 ，所以 ，A 正确；
B 选项，当 ， ，故 为等边三角形，
所以 ，而 ，显然不成立，B 错误.
C 选项，若 ，又 ，故 ，则 ，
，
又 ，又 在 上单调递减，故 ，C 错误；
D 选项，若 ，则 ，即 ，
解得 ，由正弦定理得 ，故 ，D 正确.
故选：AD
10. 正方体 中， ， 是棱 上的动点（含端点），则（ ）
A. 的最小值为
B. 若 是棱 的中点，则点 到平面 的距离为
C. 记四棱锥 外接球 球心为 ，则直线 与平面 所成角的正切值的取值范围为
D. 若 ， 分别是棱 ， 的中点，则 在 上的投影向量的模长为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A，将平面 沿 翻折至与平面 共面，则 ；对于 B，由
，计算即可；对于 C，得四棱锥 外接球的球心，根据线面角定义结合图象求
解即可；对于 D，记向量 与 的夹角为 ，则 在 上的投影向量的模长为 ，建立空
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间直角坐标系，计算即可.
【详解】对于 A，将平面 沿 翻折至与平面 共面，如图所示，
则 ，故 A 错误；
对于 B，若 是棱 的中点，则 ，即 是等腰三角形，
设 的中点为 ，则 ， ，
所以 ，
因为 ，设点 到平面 的距离为 ，
则 ，故 B 正确；
对于 C，四棱锥 外接球的球心即为该正方体的外接球球心，即为点 ，
设点 在平面 的投影点为 ，边 的中点为 ，连接 ，
则直线 与平面 所成角为 或其补角，
当点 与点 重合时，直线 与平面 所成角最大，
此时 ， ，其所成角正切值为 ，
当点 与点 或点 重合时，直线 与平面 所成角最小，
此时 ， 其正切值为 ，
所以直线 与平面 所成角的正切值的取值范围为 ，故 C 正确；
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对于 D，记向量 与 的夹角为 ，
则 在 上的投影向量的模长 ，
以 点为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立空间直角坐
标系，
设 ，则 ， ， ，
， ， 为定值，故 D 正确.
故选：BCD
11. 已知函数 ，方程 有三个不同 实根 ， ， ，则（ ）
A. 方程 有两个不同的实根
B.
C. 是方程 的一个根
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】画出函数的图象，结合图像可得 有两个不同的解 且 ， ，从而可判断
A 的正误，同样结合图形求出 的范围后可判断 B 的正误，将 代入计算后可判断 C 的正误，根据方
程的解的传递性可用 表示 后根据单调性可求范围，从而可判断 D 的正误.
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【详解】令 ，考虑 的解.
的图象如图所示：
对于 A，因为 有 3 个不同的解，故 有两个不同的解 ，
且 ， ，故 A 正确.
对于 B，由 A 的分析可得 ，故 B 错误.
对于 C，由 A 的分析结合图象可得： 有两个不同的解，
故 且 ，故 ，
故 是方程 的一个根，故 C 正确.
对于 D，由 A 的分析可得 有两个不同的解，不妨设为 ，
有唯一解，不妨设为 ，
则 ， ，故 ，
故 ，
而 即 ，
所以 ，
记 ，则 ，
故 在 上单调递增，故 ，D 正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 等差数列 的公差为 2，记前 n 项的和为 ，若 ，则 __________.
【答案】
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【解析】
【分析】利用等差数列的求和公式和等差中项性质，及等差数列的通项公式即可求解.
【详解】由等差数列的求和公式得： ，
，因为等差数列的公差: ,
又由等差数列的通项公式可得： ，所以解得 .
故答案为：
13. 平面直角坐标系中，直线 与 y 轴和曲线 的交点分别为 ，若曲线 在 点处
的切线交 轴于 点，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到 ，利用导数的几何意义，求得曲线 在 点处的切线方
程，令 ，得到 的坐标，进而求得 的长，得到答案.
【详解】由直线 与 y 轴及曲线 的交点分别为 ，可得 ，
又由 ，可得 ，则 ，
所以曲线 在 点处的切线方程为 ，
令 ，可得 ，即 ，所以 .
故答案为： .
14. 已知双曲线 （ ， ） 左右焦点分别为 ， ，直线 与 C
的右支交于 A，B 两点，P，Q 分别为 ， 的内心，若 ，则 C 的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知和双曲线概念可得 P、Q 两点的横坐标为 a，可得 PQ 的直线方程为 ，又直线 AB 的倾
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斜角为 ，可得 ，则得答案.
【详解】由题意，直线 ，则直线过 ，
如图，设 内切圆与各边的切点为 H，I，J，
则 ，
设 ，则 ，即 P 点的横坐标为 a，
同理可得 Q 点的横坐标为 a.
则 PQ 的直线方程为 ，又直线 AB 的倾斜角为 ，
因为 ， ，
， ，
所以
，
又 ，则 ，
得 ， .
故答案为： .
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. 如图，在直三棱柱 中， ， .
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（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理进行证明.
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦.
方法二：把二面角的余弦转化成两个平面的垂线所成的角，利用余弦定理求角的余弦.
【小问 1 详解】
在直三棱柱 中， 平面 ABC， 平面 ABC，所以 .
又 ， ，所以 平面 ，
平面 ，所以 .
又 ，所以四边形 为正方形，从而 .
因为 ， 平面 ，所以 平面 .
【小问 2 详解】
以 B 为坐标原点，BC 所在直线为 x 轴，AB 所在直线为 y 轴， 所在直线为 z 轴，建立如图空间直角坐标
系：
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则 ， ， ， ， ，
从而 ， ， .
设平面 的法向量为 ，则
，不妨取
由（1）可知，平面 的法向量为 ，设平面 与平面 的夹角为 ，
则 .
法二：过 作 的垂线，垂足为 E，连接 AE，
平面 平面 ， ， 平面 ，
由（1）知， 平面 ， 的余弦值即为所求.
在 中， ， ，
，设平面 与平面 的夹角为 ， ，
则 .
16. 如图，正方形 ABCD 的边长为 ，取正方形 ABCD 各边的中点 E，F，G，H，作第 2 个正方形 EFGH，
其边长记为 ；然后再取正方形 EFGH 各边的中点 I，J，K，L，作第 3 个正方形 IJKL，其边长记为 ；
依此方法一直继续下去，则记第 个正方形的边长为 .已知 ， .
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（1）求 ， ；
（2）记第 n 个正方形区域未被第 个正方形区域覆盖的面积为 ，求使得 成立
的 n 的最小值.
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据条件列出 的递推公式，判断数列 是等比数列，根据等比数列的通项公式得到
，进而可得 .
（2）先用累加法得到 ，列出不等式，设 ，利用数列 单调性解不等
式即可.
【小问 1 详解】
由题意， ，即 ，
所以 为等比数列，公比为 ， ，所以 .
所以 ， ， .
【小问 2 详解】
由题意， ，
，
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，
设 ，则 为单调递减数列，
且 ，
又 ，所以 .
的最小值是 5.
17. 已知函数 ， .
（1）判断函数 的单调性；
（2）若 ，证明： ；
（3）证明： （ ， ）.
【答案】（1） 在 单调递增， 在 单调递减
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数 求导，令导函数 后再求导得到 ，由 的最值得到 的
单调性，然后得到 的解，即可得到 的单调区间；
（2）方法一：利用导数求得 的最值，结合（1）中 的最值即可证明结论.
方法二：利用导数求 的最值，然后得到 .构造函数 ，然后结
合 与二次函数的最值，得到 即可证明结论.
（3）由（1）中结论得到 ，然后对不等式右边放缩得到 .然后由裂
项相消得到 的值，即可得证.
【小问 1 详解】
，令 ，
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在 恒成立.
在 上单调递减.
∴ ， ； ， .
故 在 单调递增， 在 单调递减.
【小问 2 详解】
据（1）可知， 恒成立.
，
当 时， ，当 时， ，
在 上单调递减，在 上单调递增；
， ，则 成立.
法二：要证 ，即证
令 ，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
∵ ， ，即 .
令 ，
即 ，
令 ，则由二次函数的顶点可知 ，
根据 ， ，
，
成立.
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【小问 3 详解】
据（1）可知， ，令 ，则 ，
（ ， ）.
，
， ，…， ，
相加可得： ，
因为 ，则 ， ，所以 ，
故 对 ， 恒成立.
18. 已知一个大盒子内装有 6 个黄乒乓球， 个白乒乓球.
（1）现甲乙两人从盒中进行随机摸球游戏：甲，乙两人轮流交替摸球，每次摸取一球，甲先摸球，直到两
人中有一人摸到白乒乓球时游戏结束，每次摸出的小球均不再放回，且甲乙摸球相互独立.已知乙在第 1 次
恰好摸到白乒乓球的概率为 .
（i）求 x 的值；
（ii）记 表示游戏结束时甲摸球的次数，求 的分布列和期望.
（2）整理盒中小球时，需将所有乒乓球排成一排，要求每个黄乒乓球至少与另一个黄乒乓球相邻.记不超过
3 个黄乒乓球排在一起的概率为 p，若 ，求 x 的最小值.
【答案】（1）（i）2；（ii）分布列见解析， ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）（i）利用乙在第 1 次恰好摸到白乒乓球的概率列出关于 的等式即可得解；（ii）根据分布列的
步骤求解即可；
（2）先将黄球分组，再利用插空法即可得出事件总数，进而求出概率即可得解.
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【小问 1 详解】
（i）由题意，乙第一次恰好摸到白球的概率为 ，
即 ，解得 或 ，
因为 ，所以 .
（ii）根据游戏规则， 的取值可能为 1，2，3，4，
；
；
；
；
所以 的分布列为
1 2 3 4
.
【小问 2 详解】
整理乒乓球时，要使得至少 2 个黄球相邻，则有“黄黄—黄黄—黄黄”，“黄黄黄—黄黄黄”，“黄黄—黄黄黄黄”，
“黄黄黄黄—黄黄”，“黄黄黄黄黄黄”5 种情况.
可以先排列白球，通过插空法，让黄球排列在白球与白球之间的空位上.
所以“黄黄—黄黄—黄黄”有 种排法；
“黄黄黄—黄黄黄”，“黄黄—黄黄黄黄”，“黄黄黄黄—黄黄”均有 种排法，总共 种；
“黄黄黄黄黄黄”有 种排法.
不超过 3 个黄球排在一起的情况只能为“黄黄—黄黄—黄黄”与“黄黄黄—黄黄黄”两种情况，
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所以 ，即有 ，
解得 或 （舍去），所以 x 的最小值为 6.
19. 已知 O 为坐标原点，椭圆 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 交 于 A，B 两点，P 是
上一动点，且 的面积最大值为 .
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）若 C 是 上的另一点，满足四边形 OACB 为平行四边形.
（i）求平行四边形 OACB 的面积；
（ii）设 C 关于 O 的对称点为 D，求证：A，B，C，D 四点共圆.
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当 P 在短轴顶点时 最大，利用面积列方程求得 ，即可求解椭圆 的标准方程；
（2）（i）设直线 AB 的方程为 ，代入 得 ，韦达定理求
得 ，将 点代入椭圆方程得 ，进而 ， ，所以
，又点 O 到直线 AB 的距离为 ，最后求出平行四边形 OACB 的面积.
（ii）法一：由（i）可知 ，则 ， ， ，利用数量积的坐标运算求出
， ，
， ，根据 ， ，不妨设
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， ，计算可 ，
所以 ，即可证明.
法二：（曲线系解法）由（1）（2）得 ， ，则过 A，B，C，D 的二次曲线系
为 ， ，通过系数列方程计算知 存在.即可证明.
【小问 1 详解】
由题意，当 P 在短轴顶点时 最大，此时 ，
解得 ，所以椭圆方程为： ；
【小问 2 详解】
（i）由题意可得，直线 l 的斜率存在，设 ， ，直线 l 的斜率为 k.
直线 AB 的方程为 ，代入 ，得 ，
其中 ， ， ，
，
从而 .因为 点在椭圆上，代入椭圆方程得 ，
即 ，解得 ，所以 ， .
所以 ，
又点 O 到直线 AB 的距离为 ，
所以平行四边形 OACB 的面积 .
（ii）法一：由（i）可知 ，C 关于 O 的对称点为 ， ， ，
因为 ， ，
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即 ， ， ，
所以 ，
又 ， ，
所以 ，
，
根据 ， ，不妨设 ， ，
计算可得 ， ， ， ，
所以 ，所以 ，
所以 .
根据对角互补的四边形为圆的内接四边形，可知 A，B，C，D 四点共圆.
法二：曲线系解法
由（1）（2）得 即 ， 即 ，
所以过 A，B，C，D 的二次曲线系为 ， ，
， ，xy 的系数依次为 ， ， ，
由（2）得 ， 的系数 ，
又令 ，得 ， ， 存在.
，B，C，D 四点共圆.
注：曲线系设法不同， 的取值不同，因此，只需 有解即可.
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