第1頁(yè)/共1頁(yè)荊州市2026屆高三（9月）起點(diǎn)考試數(shù)學(xué)試卷命題人：陳子俊何緒兆徐勤豐審題人：朱中文朱代文張永波黃蓉2025.9本試卷共4頁(yè)，19題，全卷滿分150分．考試用時(shí)120分鐘．★?？荚図樌镒⒁馐马?xiàng)：1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．寫(xiě)在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效．3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)．寫(xiě)在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效．4.考試結(jié)束后，請(qǐng)將答題卡上交．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1.復(fù)數(shù)滿足，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用復(fù)數(shù)除法求出，進(jìn)而求出及其模.【詳解】由，得，則，所以.故選：D2.已知集合，，則“”是“”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】根據(jù)子集的概念及充分條件、必要條件的定義可求解.【詳解】因?yàn)?，，若，可能為，推不出，?dāng)時(shí)，，即，故是的必要不充分條件.故選：C.3.已知正方形的邊長(zhǎng)為1，是的中點(diǎn)，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將表示為以為基底的形式，根據(jù)向量數(shù)量積運(yùn)算，求得表達(dá)式的值.【詳解】，，.故選：A.4.已知等比數(shù)列中，，，則（）A.16 B.16或 C.32 D.32或【答案】B【解析】【分析】求出公比后可求的值.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，故，故，故選：B.5.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式與同角的三角函數(shù)關(guān)系求出的值，再由兩角和的正弦公式求解即得.【詳解】由題意，，所以.故選：A.6.已知，，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】同時(shí)平方判斷的大小關(guān)系，利用函數(shù)在上的單調(diào)性比較的大小關(guān)系，從而得到答案.【詳解】因?yàn)椋?，且，所以，即，，設(shè)函數(shù)，則，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，所以，當(dāng)時(shí)，，即，當(dāng)時(shí)，得，所以，即，綜上，，故選：A.7.一個(gè)銳角三角形的三邊長(zhǎng)成等差數(shù)列，則該三角形的最小內(nèi)角余弦值的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】可設(shè)三角形的三邊長(zhǎng)為，不妨設(shè)，由此結(jié)合三角形為銳角三角形可求出之間的關(guān)系，即可得，結(jié)合換元法求解，即可求得答案.【詳解】由題意可設(shè)三角形的三邊長(zhǎng)為，不妨設(shè)，由于三邊長(zhǎng)成等差數(shù)列，故，由于三角形中，需滿足，（恒成立），結(jié)合，則，得；又三角形為銳角三角形，需滿足，即，即，即，結(jié)合，可得；又令，則，故，由于在時(shí)單調(diào)遞增，故在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)，取最小值，當(dāng)時(shí)，，故該三角形的最小內(nèi)角余弦值的取值范圍是.故選：D8.若過(guò)圓內(nèi)不同于圓心的點(diǎn)恰好可以作5條長(zhǎng)度為正整數(shù)的弦，則所有符合條件的點(diǎn)構(gòu)成的區(qū)域的面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)過(guò)圓內(nèi)一點(diǎn)的最長(zhǎng)弦長(zhǎng)和最短弦長(zhǎng)得到過(guò)點(diǎn)的最短弦長(zhǎng)的取值范圍，從而得到點(diǎn)與圓心之間距離的取值范圍，得到符合條件的點(diǎn)的區(qū)域，進(jìn)而得到面積.【詳解】由得，所以圓的圓心為，半徑，因?yàn)橹睆绞亲铋L(zhǎng)的弦，所以點(diǎn)在圓內(nèi)，過(guò)點(diǎn)的弦中，直徑是最長(zhǎng)的弦，長(zhǎng)度為，以下分析過(guò)點(diǎn)的最短的弦，由垂徑定理知弦，其中為圓心到弦的距離，要使得最短，則最大，由圖可知，，當(dāng)弦時(shí)取到等號(hào)，所以當(dāng)弦時(shí)，最大，弦長(zhǎng)最短，根據(jù)圓的對(duì)稱(chēng)性，這條長(zhǎng)度為正整數(shù)的弦長(zhǎng)度分別是，要使得有兩條長(zhǎng)度為的弦，則最短弦長(zhǎng)小于，要使得沒(méi)有長(zhǎng)度為的弦，則最短弦長(zhǎng)大于，因此，過(guò)點(diǎn)的最短的弦長(zhǎng)，因弦長(zhǎng)最短時(shí)弦，所以，，，所以點(diǎn)落在以為圓心，半徑分別為和的圓所夾的圓環(huán)內(nèi)，所以該區(qū)域的面積為，故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．9.某班10名同學(xué)的某次測(cè)驗(yàn)成績(jī)?yōu)椋?5，62，65，68，69，70，70，75，80，100．則下列說(shuō)法正確的有（）A.這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是70 B.這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是70C.這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)小于70 D.這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)大于70【答案】AD【解析】【分析】由數(shù)據(jù)的數(shù)字特征逐一判斷即可求解．【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A，這組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)是70，所以這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是70，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是，故B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，D，這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)是，故C錯(cuò)誤；D正確．故選：AD．10.已知連續(xù)型隨機(jī)變量，設(shè)函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的有（）A.是在定義域上的增函數(shù) B.的圖象關(guān)于直線對(duì)稱(chēng)C.的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng) D.的圖象位于兩條直線，之間【答案】ACD【解析】【分析】據(jù)正態(tài)分布的性質(zhì)，對(duì)函數(shù)的單調(diào)性、對(duì)稱(chēng)性以及值域進(jìn)行分析判斷.【詳解】已知，隨著的增大，這個(gè)事件發(fā)生的概率是增大的，即是在定義域上的增函數(shù)，所以A選項(xiàng)正確；若函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱(chēng)，則；，，由正態(tài)分布的性質(zhì)可知，所以的圖象不關(guān)于直線對(duì)稱(chēng)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)檎龖B(tài)分布曲線關(guān)于對(duì)稱(chēng)，所以，且，即，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，C選項(xiàng)正確；由于概率的取值范圍是，所以的圖象位于兩條直線，之間，D選項(xiàng)正確；故選：ACD.11.圓柱的底面在水平面上，底面半徑為1，高為4．與圓柱底面成45°角的平面截圓柱所得的截面為橢圓，截面上的最低點(diǎn)到下底面的距離為1，則下列說(shuō)法正確的有（）A.圓柱體的表面積為B.圓柱體夾在截面與下底面之間部分的體積為C.圓柱側(cè)面夾在截面與下底面之間部分的面積為D.截面橢圓的離心率為【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)公式可求圓柱的體積，故可判斷A的正誤，利用對(duì)稱(chēng)性可求圓柱體夾在截面與下底面之間部分的體積或面積，故可判斷BC的正誤，求出橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)和短軸長(zhǎng)后可求半焦距，故可求離心率，從而可判斷D的正誤.【詳解】對(duì)于A，圓柱的表面積為，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，如圖，設(shè)圓柱的上下底面的圓的圓心分別為，設(shè)題設(shè)中與圓柱底面成45°角的平面為，記截面的最低點(diǎn)為，設(shè)在軸截面的邊上，過(guò)作平行于底面的截面，交于，則且，故，故圓柱體夾在截面與下底面之間部分的體積為，故B正確；對(duì)于C，圓柱體夾在截面與下底面之間部分的面積為，故C正確；對(duì)于D，由B中可得橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為，而短軸長(zhǎng)為，故橢圓的半焦距為，故離心率為，故D正確.故選：BCD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.函數(shù)，則______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)分段函數(shù)的解析式，代入即可求值.【詳解】因?yàn)椋?故答案為：.13.雙曲線的兩條漸近線與拋物線的準(zhǔn)線圍成三角形的面積為_(kāi)_____．【答案】2【解析】【分析】求出雙曲線漸近線方程，拋物線準(zhǔn)線方程，再求出準(zhǔn)線與漸近線交點(diǎn)坐標(biāo)，即可得解.【詳解】由雙曲線可知，即，所以兩條漸近線方程為，又拋物線的準(zhǔn)線方程為，所以準(zhǔn)線與漸近線的交點(diǎn)為，所以三角形面積為，故答案為：214.在正方體的8個(gè)頂點(diǎn)和6個(gè)面的中心（共14個(gè)點(diǎn)）中任取4個(gè)點(diǎn)，以這4個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)可構(gòu)成四面體的概率為_(kāi)_____．【答案】【解析】【分析】先求出總?cè)》ǎ俜终襟w的個(gè)面，個(gè)中間平面和個(gè)對(duì)角面三種情況討論，求出四點(diǎn)共面的取法，再利用古典概型的概率公式即可得解.【詳解】從個(gè)點(diǎn)中取4個(gè)點(diǎn)，共有種取法，四點(diǎn)共面分下面三種情況：1.正方體的個(gè)面：每個(gè)面包含個(gè)頂點(diǎn)和個(gè)中心點(diǎn)，此時(shí)共有種；2.個(gè)中間平面：每個(gè)平面包含個(gè)點(diǎn)，此時(shí)共有種；3.個(gè)對(duì)角面：每個(gè)對(duì)角面包含個(gè)頂點(diǎn)和個(gè)中心點(diǎn)，此時(shí)共有種；所以四個(gè)點(diǎn)不共面共有種，所以所求概率.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．15.已知數(shù)列滿足，且．（1）求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（2）求數(shù)列的前項(xiàng)和．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的定義，結(jié)合題干條件進(jìn)行證明即可；（2）先求出數(shù)列通項(xiàng)公式，再利用錯(cuò)位相減法進(jìn)行求解即可.【小問(wèn)1詳解】由，得.又，故數(shù)列是以1為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列.【小問(wèn)2詳解】由（1）可知：，，故；，，兩式相減，得，，，；故.16.在長(zhǎng)方體中，已知，，，點(diǎn)，分別在棱，上，且．（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）連接，證明四邊形和四邊形都為平行四邊形，從而可得出，再根據(jù)線面平行的判斷的了即可得證；（2）以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出直線的方向向量和平面的法向量，利用向量法求解即可.【小問(wèn)1詳解】連接，因?yàn)榍?，所以四邊形為平行四邊形，所以且，又且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面；【小?wèn)2詳解】如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，則，故，設(shè)平面的法向量為，則有，令，則，所以，所以，所以直線與平面所成角正弦值為．17.已知函數(shù)，．（1）若，討論函數(shù)在上的單調(diào)性；（2）若，當(dāng)時(shí)，恒成立，求的最大值．【答案】（1）單調(diào)遞增；（2）3.【解析】【分析】（1）把代入，求出的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合已知區(qū)間及正弦函數(shù)的有界性確定導(dǎo)數(shù)正負(fù)判斷單調(diào)性.（2）根據(jù)給定條件，等價(jià)變形不等式并分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求出最小值即可.【小問(wèn)1詳解】當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，令函數(shù)，求導(dǎo)得，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增.【小問(wèn)2詳解】當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，令函數(shù)，求導(dǎo)得，令函數(shù)，求導(dǎo)得，而，則，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，，則，而，即，因此，又，所以的最大值為3.18.在電競(jìng)比賽中一般采用“雙敗淘汰制”，這是一種兼顧效率與公平的比賽賽制，基本原則是“失敗2次才被淘汰”“越先淘汰所獲名次越低”，且每場(chǎng)比賽只有勝負(fù)之分．現(xiàn)組織，，，共4個(gè)電競(jìng)隊(duì)參加比賽，采用“雙敗淘汰制”，其流程如下：第一輪：抽簽隨機(jī)分成2組比賽，每組比賽的勝者進(jìn)入勝者組，敗者進(jìn)入敗者組．第二輪：勝者組、敗者組分別比賽，勝者組的勝者（記為）進(jìn)入決賽，敗者組的敗者因失敗2次被淘汰并獲得第4名．第三輪：第二輪勝者組的敗者與敗者組的勝者比賽，勝者（記為）進(jìn)入決賽，敗者被淘汰并獲得第3名．第四輪：決賽，若獲勝則比賽結(jié)束，獲得冠軍，獲得第2名；若獲勝，則需加賽一場(chǎng)，加賽勝者獲得冠軍，敗者獲得第2名．已知隊(duì)?wèi)?zhàn)勝其他3支隊(duì)伍的概率均為．且各場(chǎng)比賽互不影響．（1）求隊(duì)全勝奪冠的概率；（2）設(shè)隊(duì)在整個(gè)賽事中參賽場(chǎng)次為隨機(jī)變量，求的分布列及數(shù)學(xué)期望．【答案】（1）（2）分布列見(jiàn)詳解；【解析】【分析】（1）由題意可知隊(duì)參加的三輪比賽并全部獲勝，進(jìn)而即可求出隊(duì)全勝奪冠的概率；（2）依題意可得隨機(jī)變量的可能取值為2，3，4，5，計(jì)算出每種取值的概率，進(jìn)而即可得到的分布列，并可求出其數(shù)學(xué)期望．【小問(wèn)1詳解】由隊(duì)全勝奪冠，即隊(duì)在所有參加的比賽中均獲勝，所以隊(duì)在第一輪獲勝，第二輪獲勝，第四輪獲勝，所以隊(duì)全勝奪冠的概率為．【小問(wèn)2詳解】依題意可得隨機(jī)變量的可能取值為2，3，4，5，若，即隊(duì)在第一輪，第二輪均失敗，所以，若，隊(duì)在整個(gè)賽事中參賽場(chǎng)次有三種情況：①隊(duì)在第一輪獲勝，第二輪獲勝，第四輪獲勝，其概率為；②隊(duì)在第一輪獲勝，第二輪失敗，第三輪失敗，其概率為；③隊(duì)在第一輪失敗，第二輪獲勝，第三輪失敗，其概率為，所以，若，隊(duì)在整個(gè)賽事中參賽場(chǎng)次有三種情況：①隊(duì)在第一輪獲勝，第二輪失敗，第三輪獲勝，第四輪失敗，其概率為；②隊(duì)在第一輪獲勝，第二輪獲勝，第四輪失敗，加賽一場(chǎng)，其概率；③隊(duì)在第一輪失敗，第二輪獲勝，第三輪獲勝，第四輪失敗，其概率為，所以，若，隊(duì)在整個(gè)賽事中參賽場(chǎng)次有兩種情況：①隊(duì)在第一輪獲勝，第二輪失敗，第三輪獲勝，第四輪獲勝，加賽一場(chǎng)，其概率為；②隊(duì)在第一輪失敗，第二輪獲勝，第三輪獲勝，第四輪獲勝，加賽一場(chǎng)，其概率為，所以，所以的分布列為：2345故的數(shù)學(xué)期望為．19.已知焦點(diǎn)在軸上的橢圓，點(diǎn)，是橢圓上的兩點(diǎn)，且位于軸上方，為軸上一點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)．（1）當(dāng)點(diǎn)在軸上，，且的面積為時(shí)，求橢圓的離心率；（2）若點(diǎn)在第一象限，，分別為橢圓的上頂點(diǎn)和右頂點(diǎn)，直線，分別與軸和軸交于點(diǎn)，．記，的面積分別為、，若為定值2，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（3）對(duì)于（2）所求的橢圓，是否存在實(shí)數(shù)，使得是以為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形？若存在，求的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可求出，即可求得答案；（2）設(shè)，求出的坐標(biāo)，即可求出的表達(dá)式，繼而求出b，即得答案；（3）假設(shè)存在，設(shè)直線PQ的方程，聯(lián)立橢圓方程，可得根與系數(shù)關(guān)系，繼而結(jié)合是以為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，可利用向量數(shù)量積等于0