湖北省荆州市2026年高三下学期第六次检测数学试卷（含答案解析）

这是一份湖北省荆州市2026年高三下学期第六次检测数学试卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了的展开式中的系数为等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．已知函数，其图象关于直线对称，为了得到函数的图象，只需将函数的图象上的所有点（ ）
A．先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变
B．先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变
C．先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变
D．先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变
2．如图，已知平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，．是平面上的一动点，且直线，与平面所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是（ ）
A．B．C．D．
3．若表示不超过的最大整数(如，，)，已知，，，则（ ）
A．2B．5C．7D．8
4．若（是虚数单位），则的值为（ ）
A．3B．5C．D．
5．数列{an}，满足对任意的n∈N+，均有an+an+1+an+2为定值.若a7=2，a9=3，a98=4，则数列{an}的前100项的和S100=( )
A．132B．299C．68D．99
6．已知数列 是公比为 的等比数列，且 ， ， 成等差数列，则公比 的值为（ ）
A．B．C． 或 D． 或
7．的展开式中的系数为( )
A．－30B．－40C．40D．50
8．设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
9．某几何体的三视图如右图所示,则该几何体的外接球表面积为( )
A．B．
C．D．
10．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次后脚痛递减半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，求该人每天走的路程.”由这个描述请算出这人第四天走的路程为（ ）
A．6里B．12里C．24里D．48里
11．如图是二次函数的部分图象，则函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
12．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（ ）
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，若，则的范围为________.
14．已知函数图象上一点处的切线方程为，则_______．
15．已知关于的方程在区间上恰有两个解，则实数的取值范围是________
16．的展开式中，项的系数是__________．
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）已知数列满足，等差数列满足，
（1）分别求出，的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，数列的前n项和为证明：．
18．（12分）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的定义域为,求实数 的取值范围．
19．（12分）已知椭圆的右顶点为，为上顶点，点为椭圆上一动点．
（1）若，求直线与轴的交点坐标；
（2）设为椭圆的右焦点，过点与轴垂直的直线为，的中点为，过点作直线的垂线，垂足为，求证：直线与直线的交点在椭圆上．
20．（12分）本小题满分14分）
已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数），求直线被曲线截得的线段的长度
21．（12分）如图：在中，，，.
（1）求角；
（2）设为的中点，求中线的长.
22．（10分）已知函数，直线是曲线在处的切线．
（1）求证：无论实数取何值，直线恒过定点，并求出该定点的坐标；
（2）若直线经过点，试判断函数的零点个数并证明．
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．D
【解析】
由函数的图象关于直线对称，得，进而得再利用图像变换求解即可
【详解】
由函数的图象关于直线对称，得，即，解得，所以，，故只需将函数的图象上的所有点“先向左平移个单位长度，得再将横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变,得”即可.
故选：D
本题考查三角函数的图象与性质，考查图像变换，考查运算求解能力，是中档题
2．B
【解析】
为所求的二面角的平面角，由得出，求出在内的轨迹，根据轨迹的特点求出的最大值对应的余弦值
【详解】
，，，
，同理
为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角
，又
，
在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系
则，设
，整理可得：
在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆
平面平面，，
为二面角的平面角，
当与圆相切时，最大，取得最小值
此时
故选
本题主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据题目选择方法求出结果．
3．B
【解析】
求出，，，，，，判断出是一个以周期为6的周期数列，求出即可．
【详解】
解：.，
∴，，
，
同理可得：；；.；，，…….
∴.
故是一个以周期为6的周期数列，
则.
故选：B.
本题考查周期数列的判断和取整函数的应用．
4．D
【解析】
直接利用复数的模的求法的运算法则求解即可.
【详解】
（是虚数单位）
可得
解得
本题正确选项：
本题考查复数的模的运算法则的应用，复数的模的求法，考查计算能力.
5．B
【解析】
由为定值，可得，则是以3为周期的数列，求出，即求.
【详解】
对任意的，均有为定值，
，
故，
是以3为周期的数列，
故，
.
故选：.
本题考查周期数列求和，属于中档题.
6．D
【解析】
由成等差数列得，利用等比数列的通项公式展开即可得到公比q的方程.
【详解】
由题意，∴2aq2=aq+a，∴2q2=q+1，∴q=1或q=
故选：D．
本题考查等差等比数列的综合，利用等差数列的性质建立方程求q是解题的关键，对于等比数列的通项公式也要熟练．
7．C
【解析】
先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.
【详解】
对二项式，
其通项公式为
的展开式中的系数
是展开式中的系数与的系数之和.
令，可得的系数为；
令，可得的系数为；
故的展开式中的系数为.
故选：C.
本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.
8．C
【解析】
恰有两个极值点，则恰有两个不同的解，求出可确定是它的一个解，另一个解由方程确定，令通过导数判断函数值域求出方程有一个不是1的解时t应满足的条件.
【详解】
由题意知函数的定义域为，
.
因为恰有两个极值点，所以恰有两个不同的解，显然是它的一个解，另一个解由方程确定，且这个解不等于1.
令，则，所以函数在上单调递增，从而，且.所以，当且时，恰有两个极值点，即实数的取值范围是.
故选：C
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程的应用，属于中档题.
9．A
【解析】
由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，结合直观图判断外接球球心的位置，求出半径，代入求得表面积公式计算．
【详解】
由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，高为2，
底面为等腰直角三角形，斜边长为，如图：
的外接圆的圆心为斜边的中点，，且平面，
，
的中点为外接球的球心，
半径，
外接球表面积．
故选：A
本题考查了由三视图求几何体的外接球的表面积，根据三视图判断几何体的结构特征，利用几何体的结构特征与数据求得外接球的半径是解答本题的关键．
10．C
【解析】
设第一天走里，则是以为首项，以为公比的等比数列，由题意得，求出（里，由此能求出该人第四天走的路程．
【详解】
设第一天走里，则是以为首项，以为公比的等比数列，
由题意得：，
解得（里，
（里．
故选：C．
本题考查等比数列的某一项的求法，考查等比数列等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．
11．B
【解析】
根据二次函数图象的对称轴得出范围，轴截距，求出的范围，判断在区间端点函数值正负，即可求出结论.
【详解】
∵，结合函数的图象可知，
二次函数的对称轴为，，
，∵，
所以在上单调递增.
又因为，
所以函数的零点所在的区间是.
故选:B.
本题考查二次函数的图象及函数的零点，属于基础题.
12．D
【解析】
根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.
【详解】
类产品共两件，类产品共三件，
则第一次检测出类产品的概率为；
不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；
故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；
故选：D.
本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
借助正切的和角公式可求得，即则通过降幂扩角公式和辅助角公式可化简,由，借助正弦型函数的图象和性质即可解得所求.
【详解】
，
所以，
.
因为，所以，
所以.
故答案为: .
本题考查了三角函数的化简,重点考查学生的计算能力,难度一般.
14．1
【解析】
求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得．
【详解】
由题意，
∵函数图象在点处的切线方程为，
∴，解得，
∴．
故答案为：1．
本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，
15．
【解析】
先换元，令，将原方程转化为，利用参变分离法转化为研究两函数的图像交点，观察图像，即可求出．
【详解】
因为关于的方程在区间上恰有两个解，令，所以方程在 上只有一解，即有 ，
直线与 在的图像有一个交点，
由图可知，实数的取值范围是，但是当时，还有一个根，所以此时共有3个根.
综上实数的取值范围是.
本题主要考查学生运用转化与化归思想的能力，方程有解问题转化成两函数的图像有交点问题，是常见的转化方式．
16．240
【解析】
利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于3，计算展开式中含有项的系数即可.
【详解】
由题意得：，只需，可得，
代回原式可得，
故答案：240.
本题主要考查二项式展开式的通项公式及简单应用，相对不难.
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）证明见解析
【解析】
（1）因为，所以，
所以，即，又因为，
所以数列为等差数列，且公差为1，首项为1，
则，即.
设的公差为，则，
所以（），则（），
所以，因此，
综上，．
（2）设数列的前n项和为，则
两式相减得
，所以，
设则，
所以.
18． (1) (2)
【解析】
（1）分类讨论，去掉绝对值，化为与之等价的三个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集即可．（2）要使函数的定义域为R，只要的最小值大于0即可,根据绝对值不等式的性质求得最小值即可得到答案．
【详解】
（1）不等式
或或，
解得或，即x>0,
所以原不等式的解集为．
（2）要使函数的定义域为R，
只要的最小值大于0即可，
又，
当且仅当时取等，只需最小值，即．
所以实数a的取值范围是．
本题考查绝对值不等式的解法，考查利用绝对值三角不等式求最值，属基础题．
19．（1）（2）见解析
【解析】
（1）直接求出直线方程，与椭圆方程联立求出点坐标，从而可得直线方程，得其与轴交点坐标；
（2）设，则，求出直线和的方程，从而求得两直线的交点坐标，证明此交点在椭圆上，即此点坐标适合椭圆方程．代入验证即可．注意分和说明．
【详解】
解：本题考查直线与椭圆的位置关系的综合，
（1）由题知，，则．因为，所以，
则直线的方程为，联立，可得
故．则，直线的方程为．令，
得，故直线与轴的交点坐标为．
（2）证明：因为，，所以．设点，则．
设
当时，设，则，此时直线与轴垂直，
其直线方程为，
直线的方程为，即．
在方程中，令，得，得交点为，显然在椭圆上．
同理当时，交点也在椭圆上．
当时，可设直线的方程为，即．
直线的方程为，联立方程，
消去得，化简并解得．
将代入中，化简得．
所以两直线的交点为．
因为
，
又因为，所以，
则，
所以点在椭圆上．
综上所述，直线与直线的交点在椭圆上．
本题考查直线与椭圆相交问题，解题方法是解析几何的基本方程，求出直线方程，解方程组求出交点坐标，代入曲线方程验证点在曲线．本题考查了学生的运算求解能力．
20．
【解析】解：解：将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，
即，它表示以为圆心，2为半径圆， ………………………4分
直线方程的普通方程为， ………8分
圆C的圆心到直线l的距离，……………………………10分
故直线被曲线截得的线段长度为．……………14分
21．（1）；（2）
【解析】
（1）通过求出的值，利用正弦定理求出即可得角；（2）根据求出的值，由正弦定理求出边，最后在中由余弦定理即可得结果.
【详解】
（1）∵，∴.
由正弦定理，即.
得，∵，∴为钝角，为锐角，
故.
（2）∵，
∴.
由正弦定理得，即得.
在中由余弦定理得：，∴.
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查三角函数知识的运用，属于中档题.
22．（1）见解析，（2）函数存在唯一零点.
【解析】
（1）首先求出导函数，利用导数的几何意义求出处的切线斜率，利用点斜式即可求出切线方程，根据方程即可求出定点.
（2）由（1）求出函数，令方程可转化为记，利用导数判断函数在上单调递增，根据，由零点存在性定理即可求出零点个数.
【详解】
所以直线方程为
即，恒过点
将代入直线方程，
得考虑方程
即，等价于
记，
则
于是函数在上单调递增，又
所以函数在区间上存在唯一零点， 即函数存在唯一零点.
本题考查了导数的几何意义、直线过定点、利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理，属于难题.