宜昌市2025-2026学年高三下学期第六次检测数学试卷（含答案解析）

这是一份宜昌市2025-2026学年高三下学期第六次检测数学试卷（含答案解析），共8页。试卷主要包含了偶函数关于点对称，当时，，求，已知命题p，已知.给出下列判断等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知三棱锥的体积为2，是边长为2的等边三角形，且三棱锥的外接球的球心恰好是中点，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（ ）
A．B．C．D．
3．抛物线的准线方程是，则实数（ ）
A．B．C．D．
4．设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴交于两点，点与点关于轴对称，为坐标原点，若，且，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
5．自2019年12月以来，在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例，研究表明，该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府反应迅速，采取了有效的防控阻击措施，把疫情控制在最低范围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记，有3个不同的住户属在鄂返乡住户，负责该小区体格检查的社区诊所共有4名医生，现要求这4名医生都要分配出去，且每个住户家里都要有医生去检查登记，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．72种
6．偶函数关于点对称，当时，，求（ ）
A．B．C．D．
7．已知命题p:直线a∥b，且b⊂平面α，则a∥α；命题q:直线l⊥平面α，任意直线m⊂α，则l⊥m.下列命题为真命题的是（ ）
A．p∧qB．p∨（非q）C．（非p）∧qD．p∧（非q）
8．某几何体的三视图如图所示，若侧视图和俯视图均是边长为的等边三角形，则该几何体的体积为
A．B．C．D．
9．设直线的方程为，圆的方程为，若直线被圆所截得的弦长为，则实数的取值为
A．或11B．或11C．D．
10．已知.给出下列判断：
①若，且，则；
②存在使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；
③若在上恰有7个零点，则的取值范围为；
④若在上单调递增，则的取值范围为.
其中，判断正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
11．羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成. 某班级从名男生，，和名女生，，中各随机选出两名，把选出的人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则和两人组成一队参加比赛的概率为（ ）
A．B．C．D．
12． “且”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．点到直线的距离为________
14．复数为虚数单位）的虚部为__________．
15．在三棱锥P-ABC中，，，，三个侧面与底面所成的角均为，三棱锥的内切球的表面积为_________.
16．已知，，且，则最小值为__________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）某网络商城在年月日开展“庆元旦”活动，当天各店铺销售额破十亿，为了提高各店铺销售的积极性，采用摇号抽奖的方式，抽取了家店铺进行红包奖励.如图是抽取的家店铺元旦当天的销售额（单位：千元）的频率分布直方图.
（1）求抽取的这家店铺，元旦当天销售额的平均值；
（2）估计抽取的家店铺中元旦当天销售额不低于元的有多少家；
（3）为了了解抽取的各店铺的销售方案，销售额在和的店铺中共抽取两家店铺进行销售研究，求抽取的店铺销售额在中的个数的分布列和数学期望.
18．（12分）直线与抛物线相交于，两点，且，若，到轴距离的乘积为．
（1）求的方程；
（2）设点为抛物线的焦点，当面积最小时，求直线的方程．
19．（12分）已知椭圆的离心率为，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知动直线l过右焦点F，且与椭圆C交于A、B两点，已知Q点坐标为，求的值．
20．（12分）设椭圆的离心率为，圆与轴正半轴交于点，圆在点处的切线被椭圆截得的弦长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设圆上任意一点处的切线交椭圆于点，试判断是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
21．（12分）已知矩阵的一个特征值为4，求矩阵A的逆矩阵.
22．（10分）己知函数.
（1）当时，求证：；
（2）若函数，求证：函数存在极小值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
根据是中点这一条件，将棱锥的高转化为球心到平面的距离，即可用勾股定理求解.
【详解】
解：设点到平面的距离为，因为是中点，
所以到平面的距离为，
三棱锥的体积，解得，
作平面，垂足为的外心，所以，且，
所以在中，，此为球的半径，
.
故选：A.
本题考查球的表面积，考查点到平面的距离，属于中档题．
2．C
【解析】
几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.
【详解】
几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.
故选：.
本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
3．C
【解析】
根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.
【详解】
因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.
故选：C
本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.
4．A
【解析】
设坐标，根据向量坐标运算表示出，从而可利用表示出；由坐标运算表示出，代入整理可得所求的轨迹方程.
【详解】
设，，其中，
，即
关于轴对称

故选：
本题考查动点轨迹方程的求解，涉及到平面向量的坐标运算、数量积运算；关键是利用动点坐标表示出变量，根据平面向量数量积的坐标运算可整理得轨迹方程.
5．C
【解析】
先将4名医生分成3组，其中1组有2人，共有种选法，然后将这3组医生分配到3个不同的住户中去，有种方法，由分步原理可知共有种.
【详解】
不同分配方法总数为种.
故选：C
此题考查的是排列组合知识，解此类题时一般先组合再排列，属于基础题.
6．D
【解析】
推导出函数是以为周期的周期函数，由此可得出，代值计算即可.
【详解】
由于偶函数的图象关于点对称，则，，
，则，
所以，函数是以为周期的周期函数，
由于当时，，则.
故选：D.
本题考查利用函数的对称性和奇偶性求函数值，推导出函数的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
7．C
【解析】
首先判断出为假命题、为真命题，然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性，判断出正确选项.
【详解】
根据线面平行的判定，我们易得命题若直线，直线平面，则直线平面或直线在平面内，命题为假命题；
根据线面垂直的定义，我们易得命题若直线平面，则若直线与平面内的任意直线都垂直，命题为真命题.
故:A命题“”为假命题；B命题“”为假命题；C命题“”为真命题；D命题“”为假命题.
故选：C.
本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断，考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断，属于基础题.
8．C
【解析】
由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是边长为的等边三角形，三棱锥的高为，所以该几何体的体积，故选C．
9．A
【解析】
圆的圆心坐标为（1，1），该圆心到直线的距离，结合弦长公式得，解得或，故选A．
10．B
【解析】
对函数化简可得，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案.
【详解】
因为，所以周期.
对于①，因为，所以，即，故①错误；
对于②，函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数为，其图象关于轴对称，则，解得，故对任意整数，，所以②错误；
对于③，令，可得，则，
因为，所以在上第1个零点，且，所以第7个零点，若存在第8个零点，则，
所以，即，解得，故③正确；
对于④，因为，且，所以，解得，又，所以，故④正确.
故选：B.
本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.
11．B
【解析】
根据组合知识，计算出选出的人分成两队混合双打的总数为，然后计算和分在一组的数目为，最后简单计算，可得结果.
【详解】
由题可知：
分别从3名男生、3名女生中选2人 ：
将选中2名女生平均分为两组：
将选中2名男生平均分为两组：
则选出的人分成两队混合双打的总数为：
和分在一组的数目为
所以所求的概率为
故选：B
本题考查排列组合的综合应用，对平均分组的问题要掌握公式，比如：平均分成组，则要除以，即，审清题意，细心计算，考验分析能力，属中档题.
12．A
【解析】
画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断.
【详解】
如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形，
记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q，
显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件，
故选:.
本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．2
【解析】
直接根据点到直线的距离公式即可求出。
【详解】
依据点到直线的距离公式，点到直线的距离为。
本题主要考查点到直线的距离公式的应用。
14．1
【解析】
试题分析：，即虚部为1，故填：1.
考点：复数的代数运算
15．
【解析】
先确定顶点在底面的射影，再求出三棱锥的高以及各侧面三角形的高，利用各个面的面积和乘以内切球半径等于三棱锥的体积的三倍即可解决.
【详解】
设顶点在底面上的射影为H，H是三角形ABC的内心，内切圆半径.三个侧面与底面所
成的角均为，，，的高，，设内
切球的半径为R，
∴，内切球表面积.
故答案为：.
本题考查三棱锥内切球的表面积问题，考查学生空间想象能力，本题解题关键是找到内切球的半径，是一道中档题.
16．
【解析】
首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.
【详解】
，
结合可知原式，
且
，
当且仅当时等号成立.
即最小值为.
在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）元；（2）32家；（3）分布列见解析；
【解析】
（1）根据频率分布直方图求出各组频率，再由平均数公式，即可求解；
（2）求出的频率即可；
（3）中的个数的所有可能取值为，，，求出可能值的概率，得到分布列，由期望公式即可求解.
【详解】
（1）频率分布直方图销售额的平均值为
千元，
所以销售额的平均值为元；
（2）不低于元的有家
（3）销售额在的店铺有家，
销售额在的店铺有家.选取两家，
设销售额在的有家.则的所有可能取值为，，.
，，
所以的分布列为
数学期望
本题考查应用频率分布直方图求平均数和频数，考查离散型随机变量的分布列和期望，属于基础题.
18．（1）；（2）
【解析】
（1）设出两点的坐标，由距离之积为16，可得.利用向量的数量积坐标运算，将转化为.再利用两点均在抛物线上，即可求得p的值，从而求出抛物线的方程；
（2）设出直线l的方程，代入抛物线方程，由韦达定理发现直线l恒过定点，将面积用参数t表示，求出其最值，并得出此时的直线方程.
【详解】
解：（1）由题设，
因为，到轴的距离的积为，所以，
又因为，，
，
所以抛物线的方程为．
（2）因为直线与抛物线两个公共点，所以的斜率不为，
所以设
联立，得，
即，，
即直线恒过定点，
所以，
当时，面积取得最小值，此时.
本题考查了抛物线的标准方程的求法，直线与抛物线相交的问题，其中垂直条件的转化，直线过定点均为该题的关键，属于综合性较强的题.
19．（1）；（2）．
【解析】
（1）根据椭圆的离心率为，得到，根据直线与圆的位置关系，得到原心到直线的距离等于半径，得到，从而求得，进而求得椭圆的方程；
（2）分直线的斜率存在是否为0与不存在三种情况讨论，写出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，向量的数量积，结合已知条件求得结果.
【详解】
（1）由离心率为，可得，
，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆的方程为，
因与直线相切，则有，即，，，
故而椭圆方程为．
（2）①当直线l的斜率不存在时，，，
由于；
②当直线l的斜率为0时，，，
则；
③当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，
由及，
得，有，∴，，
，，
∴，
综上所述：．
该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，求向量数量积，在解题的过程中，注意对直线方程的分类讨论，属于中档题目.
20．（1）； （2）见解析.
【解析】
（I）结合离心率，得到a,b,c的关系，计算A的坐标，计算切线与椭圆交点坐标，代入椭圆方程，计算参数，即可．（II）分切线斜率存在与不存在讨论，设出M,N的坐标，设出切线方程，结合圆心到切线距离公式，得到m,k的关系式，将直线方程代入椭圆方程，利用根与系数关系，表示，结合三角形相似，证明结论，即可．
【详解】
(Ⅰ)设椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为知，，
∴椭圆的方程可设为.
易求得，∴点在椭圆上，∴，
解得，∴椭圆的方程为.
(Ⅱ)当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为，由(Ⅰ)知，，
，∴.
当过点且与圆相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为，，
∴，即.
联立直线和椭圆的方程得，
∴，得.
∵，
∴，
，
∴.
综上所述，圆上任意一点处的切线交椭圆于点，都有.
在中，由与相似得，为定值.
本道题考查了椭圆方程的求解，考查了直线与椭圆位置关系，考查了向量的坐标运算，难度偏难．
21．.
【解析】
根据特征多项式可得，可得，进而可得矩阵A的逆矩阵.
【详解】
因为矩阵的特征多项式，所以，所以.
因为，且，
所以.
本题考查矩阵的特征多项式以及逆矩阵的求解，是基础题.
22．（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）求导得，由，且，得到，再利用函数在上单调递减论证.
（2）根据题意，求导，令，易知； ，易知当时，，；当时，函数单调递增，而，又，由零点存在定理得，使得，，使得，有从而得证.
【详解】
（1）依题意，，
因为，且，故，
故函数在上单调递减，
故.
（2）依题意，，
令，则；
而，可知当时，，
故函数在上单调递增，故当时，；
当时，函数单调递增，而，
又，故，使得，
故，使得，即函数单调递增，即单调递增；
故当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数有极小值.
本题考查利用导数研究函数的性质，还考查推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.