湖北省恩施州2026届高三上学期9月第一次月考考试 数学试卷

这是一份湖北省恩施州2026届高三上学期9月第一次月考考试 数学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟.
注意事项：
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.
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.
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.
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.
2. 已知 ，，且，则 （）
A. B. C. 1D. 2
复数满足 ， 则 （）
B. C. D.
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（）
变量 与不独立
B 变量 与独立
变量 与不独立，这个结论犯错误概率不超过 0.1
变量 与独立，这个结论犯错误的概率不超过 0.1
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（）
B. C. D.
已知 ，当 时，的最小值是，则 （）
B. C. D.
抛物线 与直线 交于两点，坐标原点，且满足 ，则 （）
B. 1C. D.
已知 a，b 为正实数，且 ，若恒成立，则 m 的最大值为（）
B. C. 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.
已知 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 ，则下列说法正确的是（）
当 B 最大时， 成立
若 ，则
若，则
正方体中， ，是棱 上的动点（含端点），则（）
的最小值为
若是棱 的中点，则点到平面 的距离为
记四棱锥外接球的球心为 ，则直线 与平面所成角的正切值的取值范围为
若， 分别是棱 ， 的中点，则 在 上的投影向量的模长为定值
已知函数，方程 有三个不同的实根， ， ，则（）
方程有两个不同的实根
是方程 的一个根
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
等差数列 的公差为 2，记前 n 项的和为 ，若，则 .
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.
已知双曲线（ ，）的左右焦点分别为， ，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.
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.
如图，在直三棱柱中， ， .
求证：平面；
求平面与平面 的夹角的余弦值.
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，.
（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.
.
17 已知函数
判断函数 的单调性；
，
）.
若 ，证明： ；
证明： （
18. 已知一个大盒子内装有 6 个黄乒乓球， 个白乒乓球.
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.
求 x 的值；
记 表示游戏结束时甲摸球的次数，求 的分布列和期望.
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.
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 .
求椭圆的标准方程；
若 C 是上的另一点，满足四边形 OACB 为平行四边形.
求平行四边形 OACB 的面积；
设 C 关于 O 的对称点为 D，求证：A，B，C，D 四点共圆.
恩施州 2026 届高三第一次质量监测暨 9 月起点考试
数学
本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟.
注意事项：
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.
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.
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.
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. 1D. 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，
所以，得 .
故选：C.
复数满足 ， 则 （）
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．
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（）
变量 与不独立
变量 与独立
变量 与不独立，这个结论犯错误的概率不超过 0.1
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
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（）
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
已知 ，当 时，的最小值是，则 （）
B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分、分别求解即可.
，0
，
【详解】的最小值是，
若，即 时，
解得
；
若
，即
则，
时，
， ，不合题意舍去.
故
.
故选：D.
抛物线与直线 交于两点， 为坐标原点，且满足 ，则
（）
B. 1C. 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.
已知 a，b 为正实数，且，若恒成立，则 m 的最大值为（）
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 ，
.
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.
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（）
当 B 最大时， 成立
若 ，则
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，
又在 上单调递减，而 ，所以，A 正确；
B 选项，当，，故 为等边三角形，
，则
，
所以 ，而 ，显然不成立，B 错误. C 选项，若 ，又 ，故
，
又，又在 上单调递减，故，C 错误；
，即
，
D 选项，若 ，则
解得，由正弦定理得，故，D 正确.故选：AD
正方体中， ，是棱 上的动点（含端点），则（）
的最小值为
若是棱 的中点，则点 到平面 的距离为
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
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
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；
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，
，
，
，则
设，
，
，
为定值，故 D 正确.
故选：BCD
已知函数，方程 有三个不同实根， ， ，则（）
方程有两个不同的实根
是方程 的一个根
【答案】ACD
【解析】
，
且
【分析】画出函数的图象，结合图像可得有两个不同的解，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.
【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
，
即
，
而
所以
，
记
，则
，
上单调递增，故 ，D 正确.
故
在
故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
等差数列 的公差为 2，记前 n 项的和为 ，若，则 .
【答案】
【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：
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： .
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
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，
则 PQ 的直线方程为
，又直线 AB 的倾斜角为 ，
因为
，
，
，
，
所以
设 ，则，即 P 点的横坐标为 a，同理可得 Q 点的横坐标为 a.
，
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.
如图，在直三棱柱中，， .
求证：平面；
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：
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
.
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，.
（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，，
，
，
设，则为单调递减数列，且，
又 ，所以.
的最小值是 5.
，
.
已知函数
判断函数 的单调性；
若 ，证明： ；
，
）.
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；
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.
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
，
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.
据（1）可知， ，令，则，
，
（
）.
，
，
，…，
相加可得：
，
，
因为 ，则，，所以 ，故 对 ， 恒成立.
已知一个大盒子内装有 6 个黄乒乓球， 个白乒乓球.
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.
求 x 的值；
记 表示游戏结束时甲摸球的次数，求 的分布列和期望.
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.
或
，
1
2
3
4
.
由题意，乙第一次恰好摸到白球的概率为 ，即 ，解得
因为 ，所以 .
根据游戏规则， 的取值可能为 1，2，3，4，
；
；
；
；
所以 的分布列为
【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，
所以，即有 ，
解得或（舍去），所以 x 的最小值为 6.
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 .
求椭圆的标准方程；
若 C 是上的另一点，满足四边形 OACB 为平行四边形.
求平行四边形 OACB 的面积；
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
，，计算可，
所以 ，即可证明.
为
，
法二：（曲线系解法）由（1）（2）得，，则过 A，B，C，D 的二次曲线系
，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】
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.
，
，
法一：由（i）可知 ，C 关于 O 的对称点为 ， ， ，因为
，
，
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，
，得
又令
， 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.