2026届湖北省荆州市高三六校第一次联考数学试卷（含答案解析）

这是一份2026届湖北省荆州市高三六校第一次联考数学试卷（含答案解析），共7页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知集合，定义集合，则等于，的展开式中的系数为，在中，“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．函数的最大值为，最小正周期为，则有序数对为（ ）
A．B．C．D．
2．设，分别为双曲线（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点作圆 的切线与双曲线的左支交于点P，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率．设胡夫金字塔的高为，假如对胡夫金字塔进行亮化，沿其侧棱和底边布设单条灯带，则需要灯带的总长度约为
A．B．
C．D．
4．已知集合，定义集合，则等于（ ）
A．B．
C．D．
5．的展开式中的系数为（ ）
A．5B．10C．20D．30
6．已知，函数在区间上恰有个极值点，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．在中，“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边落在直线上，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知定义在上的函数满足，且当时，，则方程的最小实根的值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知椭圆+=1(a>b>0)与直线交于A，B两点，焦点F(0，-c)，其中c为半焦距，若△ABF是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
11．若复数满足，复数的共轭复数是，则（ ）
A．1B．0C．D．
12．设，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
14．已知，为双曲线的左、右焦点，双曲线的渐近线上存在点满足，则的最大值为________．
15．已知向量，，若，则______.
16．验证码就是将一串随机产生的数字或符号，生成一幅图片，图片里加上一些干扰象素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能.很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全.在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由0，1，2，…，9中的五个数字随机组成.将中间数字最大，然后向两边对称递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为__________.
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）已知函数，.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）当时，证明：对任意恒成立.
18．（12分）超级病菌是一种耐药性细菌，产生超级细菌的主要原因是用于抵抗细菌侵蚀的药物越来越多，但是由于滥用抗生素的现象不断的发生，很多致病菌也对相应的抗生素产生了耐药性，更可怕的是，抗生素药物对它起不到什么作用，病人会因为感染而引起可怕的炎症，高烧、痉挛、昏迷直到最后死亡.某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有n（）份血液样本，每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：
（1）逐份检验，则需要检验n次；
（2）混合检验，将其中k（且）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次，假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（）.
（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为.
（i）试运用概率统计的知识，若，试求p关于k的函数关系式；
（ii）若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求k的最大值.
参考数据：，，，，
19．（12分）已知椭圆的右焦点为，过作轴的垂线交椭圆于点（点在轴上方），斜率为的直线交椭圆于两点，过点作直线交椭圆于点，且，直线交轴于点.
（1）设椭圆的离心率为，当点为椭圆的右顶点时，的坐标为，求的值.
（2）若椭圆的方程为，且，是否存在使得成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.
20．（12分）设抛物线过点.
（1）求抛物线C的方程；
（2）F是抛物线C的焦点，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若，求的值.
21．（12分）设数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，，若，，成等比数列．
（1）求及；
（2）设，设数列的前项和，证明：．
22．（10分）选修4-5：不等式选讲
已知函数
（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）对及，不等式恒成立，求实数的取值范围.
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．B
【解析】
函数（为辅助角）
∴函数的最大值为，最小正周期为
故选B
2．C
【解析】
设过点作圆 的切线的切点为，根据切线的性质可得，且，再由和双曲线的定义可得，得出为中点，则有，得到，即可求解.
【详解】
设过点作圆 的切线的切点为，
，
所以是中点，，
，
.
故选:C.
本题考查双曲线的性质、双曲线定义、圆的切线性质，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算能力，属于中档题.
3．D
【解析】
设胡夫金字塔的底面边长为，由题可得，所以，
该金字塔的侧棱长为，
所以需要灯带的总长度约为，故选D．
4．C
【解析】
根据定义，求出，即可求出结论.
【详解】
因为集合，所以，
则，所以.
故选:C.
本题考查集合的新定义运算，理解新定义是解题的关键，属于基础题.
5．C
【解析】
由知，展开式中项有两项，一项是中的项，另一项是与中含x的项乘积构成.
【详解】
由已知，，因为展开式的通项为，所以
展开式中的系数为.
故选：C.
本题考查求二项式定理展开式中的特定项，解决这类问题要注意通项公式应写准确，本题是一道基础题.
6．B
【解析】
先利用向量数量积和三角恒等变换求出 ，函数在区间上恰有个极值点即为三个最值点，解出，，再建立不等式求出的范围，进而求得的范围.
【详解】
解：

令，解得对称轴，，
又函数在区间恰有个极值点，只需
解得．
故选：．
本题考查利用向量的数量积运算和三角恒等变换与三角函数性质的综合问题.
(1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或 的形式; (2)根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值或参数范围.
7．C
【解析】
由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.
【详解】
余弦函数在区间上单调递减，且，，
由，可得，，由正弦定理可得.
因此，“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题.
8．C
【解析】
利用诱导公式以及二倍角公式，将化简为关于的形式，结合终边所在的直线可知的值，从而可求的值.
【详解】
因为，且，
所以.
故选：C.
本题考查三角函数中的诱导公式以及三角恒等变换中的二倍角公式，属于给角求值类型的问题，难度一般.求解值的两种方法：（1）分别求解出的值，再求出结果；（2）将变形为，利用的值求出结果.
9．C
【解析】
先确定解析式求出的函数值，然后判断出方程的最小实根的范围结合此时的，通过计算即可得到答案.
【详解】
当时，，所以，故当
时，，所以，而
，所以，又当时，
的极大值为1，所以当时，的极大值为，设方程
的最小实根为，，则，即，此时
令，得，所以最小实根为411.
故选：C.
本题考查函数与方程的根的最小值问题，涉及函数极大值、函数解析式的求法等知识，本题有一定的难度及高度，是一道有较好区分度的压轴选这题.
10．A
【解析】
联立直线与椭圆方程求出交点A，B两点，利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式，解方程求解即可.
【详解】
联立方程，解方程可得或，
不妨设A(0，a)，B(-b，0)，由题意可知，·=0，
因为，，
由平面向量垂直的坐标表示可得，，
因为，所以a2-c2=ac，
两边同时除以可得，，
解得e=或（舍去），
所以该椭圆的离心率为.
故选：A
本题考查椭圆方程及其性质、离心率的求解、平面向量垂直的坐标表示；考查运算求解能力和知识迁移能力；利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
11．C
【解析】
根据复数代数形式的运算法则求出，再根据共轭复数的概念求解即可．
【详解】
解：∵，
∴，
则，
∴，
故选：C．
本题主要考查复数代数形式的运算法则，考查共轭复数的概念，属于基础题．
12．D
【解析】
因为，，
所以且在上单调递减，且
所以，所以，
又因为，，所以，
所以.
故选：D.
本题考查利用指对数函数的单调性比较指对数的大小，难度一般.除了可以直接利用单调性比较大小，还可以根据中间值“”比较大小.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．9
【解析】
分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.
详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
14．
【解析】
设，由可得，整理得，即点在以为圆心，为半径的圆上．又点到双曲线的渐近线的距离为，所以当双曲线的渐近线与圆相切时，取得最大值，此时，解得．
15．1
【解析】
根据向量加法和减法的坐标运算,先分别求得与,再结合向量的模长公式即可求得的值.
【详解】
向量,
则,
则
因为
即,化简可得
解得
故答案为:
本题考查了向量坐标加法和减法的运算,向量模长的求法,属于基础题.
16．
【解析】
首先判断出中间号码的所有可能取值，由此求得基本事件的总数以及中间数字是的事件数，根据古典概型概率计算公式计算出所求概率.
【详解】
根据“钟型验证码” 中间数字最大，然后向两边对称递减，所以中间的数字可能是.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
当中间是时，其它个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种.
所以该验证码的中间数字是7的概率为.
故答案为：
本小题主要考查古典概型概率计算，考查分类加法计数原理、分类乘法计数原理的应用，考查运算求解能力，属于中档题.
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）（2）见解析
【解析】
（1）因为，可得，即可求得答案；
（2）要证对任意恒成立，即证对任意恒成立.设，，当时，，即可求得答案.
【详解】
（1），
，
，
函数在处的切线方程为.
（2）要证对任意恒成立.
即证对任意恒成立.
设，，
当时，，
，
令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
，
，，
当时，对任意恒成立，
即当时，对任意恒成立.
本题主要考查了求曲线的切线方程和求证不等式恒成立问题，解题关键是掌握由导数求切线方程的解法和根据导数求证不等式恒成立的方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.
18．（1）（2）（i）（，且）.（ii）最大值为4.
【解析】
（1）设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件A,利用古典概型、排列组合求解即可；
（2）（i）由已知得,的所有可能取值为1,,则可求得,,即可得到,进而由可得到p关于k的函数关系式；
（ii）由可得,推导出,设（）,利用导函数判断的单调性,由单调性可求出的最大值
【详解】
（1）设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件A,
则,
∴恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为
（2）（i）由已知得,的所有可能取值为1,,
,,
,
若,则,则,
,,
∴p关于k的函数关系式为（,且）
（ii）由题意知,得,
,,,
设（）,
则,令,则,
∴当时,,即在上单调增减,
又,,
,
又,,
,
∴k的最大值为4
本题考查古典概型的概率公式的应用,考查随机变量及其分布,考查利用导函数判断函数的单调性
19．（1）；（2）不存在，理由见解析
【解析】
（1）写出，根据，斜率乘积为-1，建立等量关系求解离心率；
（2）写出直线AB的方程，根据韦达定理求出点B的坐标，计算出弦长，根据垂直关系同理可得，利用等式即可得解.
【详解】
（1）由题可得，过点作直线交椭圆于点，且，直线交轴于点.
点为椭圆的右顶点时，的坐标为，
即，
，
化简得：，
即，解得或（舍去），
所以；
（2）椭圆的方程为，
由（1）可得，
联立得：，
设B的横坐标，根据韦达定理，
即，，
所以，
同理可得
若存在使得成立，
则，
化简得：，，此方程无解，
所以不存在使得成立.
此题考查求椭圆离心率，根据直线与椭圆的位置关系解决弦长问题，关键在于熟练掌握解析几何常用方法，尤其是韦达定理在解决解析几何问题中的应用.
20．（1）（2）
【解析】
(1)代入计算即可.
(2) 设直线AB的方程为,再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与求解,进而利用弦长公式求解即可.
【详解】
解：
（1）因为抛物线过点,所以,所以,抛物线的方程为
（2）由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为,,.因为,所以,联立,化简得,所以,,所以,,解得,所以.
本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.
21．（1），；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据题中条件求出等差数列的首项和公差，然后根据首项和公差即可求出数列的通项和前项和；
（2）根据裂项求和求出，根据的表达式即可证明.
【详解】
（1）设的公差为，
由题意有，
且，
所以，
；
（2）因为，
所以，
.
本题主要考查了等差数列基本量的求解，裂项求和法，属于基础题.
22．（Ⅰ）.
（Ⅱ）.
【解析】
详解：（Ⅰ）
当时，由，解得；
当时，不成立；
当时，由，解得.
所以不等式的解集为.
（Ⅱ）因为，
所以.
由题意知对，，
即，
因为，
所以，解得.
⑴ 绝对值不等式解法的基本思路是：去掉绝对值号，把它转化为一般的不等式求解，转化的方法一般有：①绝对值定义法；②平方法；③零点区域法．
⑵ 不等式的恒成立可用分离变量法．若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也是求最值．一般有：
① 为参数）恒成立
②为参数）恒成立 ．