2026恩施州高三上学期9月起点考试数学含解析

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：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 ，第 1页/共 22页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 0.1D. 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：B5. 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（ ）第 2页/共 22页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：C6. 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 ，则第 3页/共 22页（ ）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 ，第 4页/共 22页.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，第 5页/共 22页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：AD10. 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 ，建立空第 6页/共 22页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；第 7页/共 22页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：BCD11. 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.第 8页/共 22页【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】第 9页/共 22页【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 的倾第 10页/共 22页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， ， .第 11页/共 22页（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：第 12页/共 22页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 ， .第 13页/共 22页（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， ，，第 14页/共 22页，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 ，第 15页/共 22页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.第 16页/共 22页【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.第 17页/共 22页【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，第 18页/共 22页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 ， ，不妨设第 19页/共 22页， ，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 ， ，第 20页/共 22页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.第 21页/共 22页第 22页/共 22页