2026年湖北省黄石市高三第五次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年湖北省黄石市高三第五次模拟考试数学试卷（含答案解析），共8页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．某学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在（单位：元）的同学有34人，则的值为（ ）
A．100B．1000C．90D．90
2．已知 ，，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知、是双曲线的左右焦点，过点与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点，若点在以线段为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：及时，如图：

记为每个序列中最后一列数之和，则为（ ）
A．147B．294C．882D．1764
7．已知函数是上的偶函数，且当时，函数是单调递减函数，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
8．若函数在处有极值，则在区间上的最大值为（ ）
A．B．2C．1D．3
9．已知集合M＝{x|﹣1＜x＜2}，N＝{x|x（x+3）≤0}，则M∩N＝（ ）
A．[﹣3，2）B．（﹣3，2）C．（﹣1，0]D．（﹣1，0）
10．已知函数的值域为，函数，则的图象的对称中心为（ ）
A．B．
C．D．
11．袋中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个小球，从袋子中一次性摸出两个球，记下号码并放回，如果两个号码的和是3的倍数，则获奖，若有5人参与摸球，则恰好2人获奖的概率是（ ）
A．B．C．D．
12．已知双曲线，点是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若复数z满足，其中i是虚数单位，则z的模是______.
14．已知抛物线，点为抛物线上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，则线段长度的取值范围为__________.
15．如图，在矩形中，为边的中点，，，分别以、为圆心，为半径作圆弧、（在线段上）.由两圆弧、及边所围成的平面图形绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积为 .
16．若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q到底面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为______.
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）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：（）的焦点F在直线上，平行于x轴的两条直线，分别交抛物线C于A，B两点，交该抛物线的准线于D，E两点.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若F在线段上，P是的中点，证明：.
18．（12分）已知在中，内角所对的边分别为，若，，且.
（1）求的值；
（2）求的面积.
19．（12分）已知椭圆经过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.
20．（12分）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：.
21．（12分）如图，四棱锥中，平面平面，若，四边形是平行四边形，且.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若点在线段上，且平面，，，求二面角的余弦值.
22．（10分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bcsA﹣asinB＝1．
（1）求A；
（2）已知a＝2，B＝，求△ABC的面积．
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】
利用频率分布直方图得到支出在的同学的频率，再结合支出在（单位：元）的同学有34人，即得解
【详解】
由题意，支出在（单位：元）的同学有34人
由频率分布直方图可知，支出在的同学的频率为
．
故选：A
本题考查了频率分布直方图的应用，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.
2．D
【解析】
“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”，即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.
【详解】
由题意知：可化简为，，
所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集，所以.
利用原命题与其逆否命题的等价性，对是的充分不必要条件进行命题转换，使问题易于求解.
3．A
【解析】
双曲线﹣=1的渐近线方程为y=x，
不妨设过点F1与双曲线的一条渐过线平行的直线方程为y=（x﹣c），
与y=﹣x联立，可得交点M（，﹣），
∵点M在以线段F1F1为直径的圆外，
∴|OM|＞|OF1|，即有+＞c1，
∴＞3，即b1＞3a1，
∴c1﹣a1＞3a1，即c＞1a．
则e=＞1．
∴双曲线离心率的取值范围是（1，+∞）．
故选：A．
点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
4．D
【解析】
由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解
【详解】
根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D
本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养
5．B
【解析】
根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积．
【详解】
解：分析题意可知，如下图所示，
该几何体为一个正方体中的三棱锥，
最大面的表面边长为的等边三角形，
故其面积为，
故选B．
本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题．
6．A
【解析】
根据题目所给的步骤进行计算，由此求得的值.
【详解】
依题意列表如下：
所以.
故选：A
本小题主要考查合情推理，考查中国古代数学文化，属于基础题.
7．D
【解析】
利用对数函数的单调性可得，再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.
【详解】
因为，，
故.
又，故.
因为当时，函数是单调递减函数，
所以.
因为为偶函数，故，
所以.
故选：D.
本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用，比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系，本题属于中档题.
8．B
【解析】
根据极值点处的导数为零先求出的值，然后再按照求函数在连续的闭区间上最值的求法计算即可.
【详解】
解：由已知得，，，经检验满足题意.
，.
由得；由得或.
所以函数在上递增，在上递减，在上递增.
则，，
由于，所以在区间上的最大值为2.
故选：B.
本题考查了导数极值的性质以及利用导数求函数在连续的闭区间上的最值问题的基本思路，属于中档题．
9．C
【解析】
先化简N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，再根据M＝{x|﹣1＜x＜2}，求两集合的交集.
【详解】
因为N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，
又因为M＝{x|﹣1＜x＜2}，
所以M∩N＝{x|﹣1＜x≤0}.
故选：C
本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
10．B
【解析】
由值域为确定的值，得，利用对称中心列方程求解即可
【详解】
因为，又依题意知的值域为，所以 得，，
所以，令，得，则的图象的对称中心为.
故选：B
本题考查三角函数 的图像及性质，考查函数的对称中心，重点考查值域的求解，易错点是对称中心纵坐标错写为0
11．C
【解析】
先确定摸一次中奖的概率，5个人摸奖，相当于发生5次试验，根据每一次发生的概率，利用独立重复试验的公式得到结果．
【详解】
从6个球中摸出2个，共有种结果，
两个球的号码之和是3的倍数，共有
摸一次中奖的概率是，
5个人摸奖，相当于发生5次试验，且每一次发生的概率是，
有5人参与摸奖，恰好有2人获奖的概率是，
故选：．
本题主要考查了次独立重复试验中恰好发生次的概率，考查独立重复试验的概率，解题时主要是看清摸奖5次，相当于做了5次独立重复试验，利用公式做出结果，属于中档题．
12．B
【解析】
先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线与直线的距离，根据圆与双曲线的右支没有公共点，可得，解得即可．
【详解】
由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，
∵是直线上任意一点，
则直线与直线的距离，
∵圆与双曲线的右支没有公共点，则，
∴，即，又
故的取值范围为，
故选：B．
本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答中根据圆与双曲线的右支没有公共点得出是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，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】
先求得复数，再由复数模的计算公式即得.
【详解】
，
，则.
故答案为：
本题考查复数的四则运算和求复数的模，是基础题.
14．
【解析】
连接，易得，可得四边形的面积为，从而可得，进而求出的取值范围，可求得的范围.
【详解】
如图，连接，易得，所以四边形的面积为，且四边形的面积为三角形面积的两倍，所以，所以，
当最小时，最小，设点，则，
所以当时，，则，
当点的横坐标时，，此时，
因为随着的增大而增大，所以的取值范围为.
故答案为：.
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查抛物线上的动点到定点的距离的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.
15．
【解析】
由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为；则所求几何体的体积为
.
考点：旋转体的组合体.
16．
【解析】
二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线得距离为d，则.再由点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，由此可得，则由可求k值.
【详解】
解：如图，
设二面角平面角为，点Q到底面的距离为，
点Q到定直线的距离为d，则，即.
∵点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，
∴，则，
∵动点Q的轨迹是抛物线，
∴，即则.
∴二面角的平面角的余弦值为
解得：（）.
故答案为：.
本题考查了四棱锥的结构特征，由四棱锥的侧面与底面的夹角求参数值，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）根据抛物线的焦点在直线上，可求得的值，从而求得抛物线的方程；
（2）法一：设直线，的方程分别为和且，，，可得，，，的坐标，进而可得直线的方程，根据在直线上，可得，再分别求得，，即可得证；法二：设，，则，根据直线的斜率不为0，设出直线的方程为，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理，分别求出，，化简，即可得证.
【详解】
（1）抛物线C的焦点坐标为，且该点在直线上，
所以，解得，故所求抛物线C的方程为
（2）法一：由点F在线段上，可设直线，的方程分别为和且，，，则，，，.
∴直线的方程为，即.
又点在线段上，∴.
∵P是的中点，∴
∴，.
由于，不重合，所以
法二：设，，则
当直线的斜率为0时，不符合题意，故可设直线的方程为
联立直线和抛物线的方程，得
又，为该方程两根，所以，，，.
，
由于，不重合，所以
本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
18．（1）；（2）
【解析】
（1）将代入等式，结合正弦定理将边化为角，再将及代入，即可求得的值；
（2）根据（1）中的值可求得和，进而可得，由三角形面积公式即可求解.
【详解】
（1）由，得，
由正弦定理将边化为角可得，
∵，
∴，
∴，化简可得，
∴解得.
（2）∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴.
本题考查了正弦定理在边角转化中的应用，正弦差角公式的应用，三角形面积公式求法，属于基础题.
19．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式，并代入韦达定理，消去，可得出点的横坐标，进而可得出结论.
【详解】
（1）由题意得，解得，.
所以椭圆的方程是；
（2）设直线的方程为，、、，
由，得.
，则有，，
由，得，由，可得，
，
，
综上，点在定直线上.
本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
20．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）求导得，分类讨论和，利用导数研究含参数的函数单调性；
（2）根据（1）中求得的的单调性，得出在处取得最大值为，构造函数，利用导数，推出，即可证明不等式.
【详解】
解：（1）由于，得，
当时，，此时在上递增；
当时，由，解得，
若，则，
若，，
此时在递增，在上递减.
（2）由（1）知在处取得最大值为：
，
设，则，
令，则，
则在单调递减，∴，
即，则在单调递减
∴，
∴，
∴.
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论和构造新函数，通过导数证明不等式，考查转化思想和计算能力.
21．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）推导出BC⊥CE,从而EC⊥平面ABCD,进而EC⊥BD，再由BD⊥AE，得BD⊥平面
AEC,从而BD⊥AC,进而四边形ABCD是菱形，由此能证明AB=AD.
（Ⅱ）设AC与BD的交点为G,推导出EC// FG,取BC的中点为O,连结OD,则OD⊥BC,以O为坐标原点，以过点O且与CE平行的直线为x轴，以BC为y轴，OD为z轴，建立
空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）证明：，即，
因为平面平面，
所以平面，
所以，
因为，
所以平面，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是菱形，
故；
解法一：（Ⅱ）设与的交点为，
因为平面，
平面平面于，
所以，
因为是中点，
所以是的中点，
因为，
取的中点为，连接，
则，
因为平面平面，
所以面，
以为坐标原点，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设，则，，，，，，，
设平面的法向量，
则，取，
同理可得平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
因为，
所以二面角的余弦值为.
解法二：（Ⅱ）设与的交点为，
因为平面，平面平面于，
所以，
因为是中点，
所以是的中点，
因为，，
所以平面，
所以，
取中点，连接、，
因为，
所以，
故平面，
所以，即是二面角的平面角，
不妨设，
因为，，
在中，，
所以，所以二面角的余弦值为.
本题考查求空间角中的二面角的余弦值，还考查由空间中线面关系进而证明线线相等，属于中档题.
22．（1） ； （2）.
【解析】
（1）由正弦定理化简已知等式可得sinBcsA﹣sinAsinB＝1，结合sinB＞1，可求tanA＝，结合范围A∈（1，π），可得A的值；（2）由已知可求C＝，可求b的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．
【详解】
（1）∵bcsA﹣asinB＝1．
∴由正弦定理可得：sinBcsA﹣sinAsinB＝1，
∵sinB＞1，
∴csA＝sinA，
∴tanA＝，
∵A∈（1，π），
∴A＝；
（2）∵a＝2，B＝，A＝，
∴C＝，根据正弦定理得到
∴b＝6，
∴S△ABC＝ab＝＝6．
本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
上列乘
上列乘
上列乘
6
30
60
3
15
30
2
10
20
15
6
12
1
5
10