资源简介

恩施州2026届高三第二次质量监测考试
数学
本试卷满分150分，考试用时120分钟
注意顺：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码
粘贴在答题卡上的指定位置，
2.选择题的作答：每小熲选出答策后，用2B梧笔把签题卡上对应题目的答案标号涂
黑.写在战卷、草稿纸和答题卡上的非答题区摄均无效
3.非选择题的作签：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区提内，写在试卷、
苹稿纸和答類卡上的非答题区拔均无效
4.考武给束后，请将本武卷和答题卡一并上交
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一
个选项是符合题目要求的，
1.已知A=10,2,4|,B=|x2x∈A,则A∩B=
A.{0)
B.10,2
C.10,4}
D.12,4
2复数：满足工=1+i,则1=
B.1
C.2
D.5
3.等差数列{a,}的前n项和为S,满足S。S,则
A.ag+ajo=0
B.a0<0
C.S>0
D.Sg,So均为S.的最大值
4.已知向量a=(1,2),b=(-1,3),若向tc满足c·a=2,c·b=-7,则1cl=
A.1
B.5
c
5
D.17
5.如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则
A.AB∥CD
B.EF∥AB
C.GH//AB
D.GCH∥EF
高三数学试卷第1页（共4页）
6已知xe(0,牙)，若实数a满足na·mr>hr恒成立，则
A.a≥1
B≥
ca≥-h牙
D.a≥
2
已知函数)+罕}mez询云）上不单调，则函数 )图象的对称中心为
A(停0k后z
(牙受ez)
C..0(kEZ)
p.(-Z+kw.0)(teZ)
8.锐角△ABC中，B>C,ln
）a+≥则
A.sinAm得r-
2
C.sinB<2sinC
=c052B
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分：
9设X为样本的一个随机变量，则关于数学期望的表述正确的有
A.样本估计总体时，总体的均值一定为E(X)
B.E(X)反应了X取值的平均水平
C.E(X)≤E(X2)
D.若X服从0-1分布，则E(X)=P(X=I)
1a已知e0,7,a6e立则
sinr cosr
A.J八x)+g(x)的最小值为2反+2
B.(x)+g(x)的最大值为22+4
C.(x)-g(x)的最小值为4-22
D.八x)-g(x)的最大值为2-22
11.已知抛物战y=-2px(p>0)经过平移后得到曲线「：(ym)2=-2px+m2-5,m∈R,厂与
y轴交于A,B两点，点C坐标为(1,1)，△ABC的外接圆为圆E,则
A.了的焦点坐标为一
B.圆心E在直线2xy+2=0上
C.圆E过定点
引
D.若p=L,N5高三数学试卷第2页（共4页）恩施州 2026 届高三第二次质量监测考试
数学参考答案与评分标准
一、单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
B A C D B B A C
1．B【解析】
B {0,1,2}, A B {0,2}．选 B．
2．A【解析】
| i | |1 i | 2 2，| z | ．选 A．
z 2
3．C【解析】
a 0,a 0,S 17(a1 a17 )9 11 17 17a9 0．选 C．2
4．D【解析】
x 3y 7c (x, y), ,c (4, 1)，| c | 17x ．选 D． 2y 2
5.B【解析】
如图，将展开图还原为正方体，由图可得 B 正确.选 B．
6．B【解析】
由题意 a 0 ，当 a>1 时， ln a tan x 0, ln x 0 ，满足题意；当 a=1 时,显然满足题意；
当0 a 1时，lna 0 ，ln a tan x ln x tan x ln x loga x，由正切函数和对数函ln a

数图象可知，只需 loga tan 1 loga a，所以 a 1；综上，选 B.4 4 4
7．A【解析】
tan x m 4n,n Z

tan x m 4n 1,n Z 4
f (x) tan x
．
m 4n 2,n Z
2
tan x 3 m 4n 3,n Z
4
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其中 f (x) tan x k 图象如图，满足题意，它的对称中心为 , 0 ， k Z ．选 A．
2 2
8．C【解析】
由题意得
sin A 3A ln 3A

6
3A ln 3A 1,sin A 1 sin A 3A 3A ln

1 6 6

A


6 2 A ,A B C A 2B B

，
3A 1 3 3

A B A B sinA sin B

sinA cosB ，A 错．2 2 2
B C, B ，又 ABC是锐角三角形， C ，
3 2 6 3
sin cos cos 2 1 sin 2 cos 2 1 3 2 sin
4
cos A cos A cos cos
5 5 5 1 2 5 5 4 5
5 15 5 5 sin sin sin 4
5 5 5
B 错，由正弦定理可知，
2
sin B sin( C)
3 3 1 ，即 sin B 2sinC, C 正确．（1，2）
sinC sinC 2 tanC 2
sin 2C 2 sin 2B ，D 错，故选 C．
3
二、多选题 9．BCD 10．AD 11．ACD
9．BCD【解析】
样本估计总体时，样本的均值为随机变量，总体的均值是固定的，A 错；根据期望的含义，
B 正确；D(X ) E(X 2) E 2(X ) 0 E(X 2) E 2(X ) ，C 正确；0-1 分布的期望
E(X ) 0 (1 p) 1 p p ，D 正确．故选 BCD.
10．AD【解析】
f (x) g(x) 1 sin x cos x ，令 t sin x cos x，则
sinxcosx sinxcosx
f (x) g(x) 2(1 t) 2
t 2

1 t 1
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{#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}
因为 x (0, ), t 2 sin(x ) (1, 2]，则 f (x) g(x) 有最小值 2 2 2 ，无最大值；
2 4
f (x) 2(t 1) 2同理 g(x) 2 ，则 f (x) g(x)有最大值 2 2 2 ，无最小值，选t 1 t 1
AD.
11．ACD【解析】
m2 p2 5
由平移得 的焦点坐标 ( ,m)2p ，故 A 正确.
已知 A(0, y1),B(0, y2 ) ，设△ABC
2 2
的外接圆的一般方程为 x y Dx Ey F 0 ,则
y1, y2 满足以下方程组
y2 Ey F 0
，
y
2 2my 5 0
又 E 2m,F 5,又 2 D E F 0,所以D 2m 7 .
D E 7
可得外接圆圆心的坐标为（ ， ） （ m，m）
2 2 ，即 2 ，
故外接圆圆心满足 2x 2y 7 0，B 错.
2 2
又 x y (2m 7)x 2my 5 0 x2 7x y2 5 2m(x y) 0 ，该外接圆经过
x2 7x 5 y2 0 5 5
的定点(x,y)满足 ，解得 (1,1)与 ( , ) 满足题意，
x y 0 2 2
5 5
故经过定点 ( , ) ，C 正确.
2 2
2
当 p 1时，联立圆 E和曲线 的方程有 x 2m 9 x 0，解得 x 0 或 x 9 2m，
m2 5
因为 5 m 3,9 2m ，所以圆 E和曲线 的交点有且仅有 A,B 两点,D 正确.
2
选 ACD.
三、填空题
12． ex y e 0 13． 2 或 2 14．29
12． ex y e 0【解析】
x
因为 y e ,令 x 1，则 y e ，故 y 0 e（x 1）．故过点（x，0）的切线为 ex y e 0 .
13． 2 或 2 【解析】
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{#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}
m n 2a
设 MF1 m，MF2 n，由双曲线的定义及勾股定理得 2 2 2 ，可得mn 8a
2 ，
m n 20a
m n m2 n2 5 m m
，设 MF F
n m mn 2 2 1
，因为 tan ， 1
n n
tan 1 5 1 ，得 tan 2或 （舍去），由对称性可得，直线MF2 的斜率为 2 或 2 .tan 2 2
14．29【解析】
根据题意，可以把 3×3 的方格分为 A,B 两类，如图所示:
A B A
B A B
A B A
4
（1）4 个小球若占用 4 个 A 类方格，有C4 1种；
（2 3 1）4 个小球若占用 3 个 A 类方格,1 个 B 类方格，有C4 C4 16种；
（3 2）4 个小球若占用 2 个 A 类方格,2 个 B 类方格，有C4 2 12种；
因此，共有 1+16+12=29 种．
四、解答题
15．【解析】
（1）将点 A(3,0) 代入椭圆方程得a 3，............................................................................... 2 分
将 B(0,b) 2代入直线方程得b 3b 10 0 ，解得b 2 或b 5（舍去），.................... 4 分
x2C y
2
所以椭圆 的方程为 1．........................................................................................... 5 分
9 4
（2）连接MN ，因为 MAB与 NAB的面积相等，则直线MN / /l，设直线MN 的
方程为 y kx．.....................................................................................................................................8 分
由（1）可知，直线 l : 2x 3y 6 0 2，所以 k ．.......................................................10 分
3

y
2
x,
3 2x2 3 2
由 消去 y并整理得关于 x的方程 1, x 2 2 ，................................12 分
x y 9 2 1
9 4
3 2 3 2
所以这两点坐标为 ( , 2)与 ( , 2)．................................................................13 分
2 2
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16．【解析】
由题知 X 的所有可能取值为 0，1，2，3，则........................................................................... 1 分
C0C3 1 2P(X 0) 6 4 1 C C 33 ， P(X 1)
6 4
C 3
，
10 30 C10 10
2 1 3 0
P(X 2) C6C4 1 3 ， P(X 3)
C6C4 1 3 ，................................................................ 5 分C10 2 C10 6
故 X 的分布列为
X 0 1 2 3
1 3 1 1
P
30 10 2 6
.......................................................................................................................................................... 6 分
1 1 2
（2）在一轮抽奖中所得积分大于或等于 2 的概率为 p ，................................ 8 分
2 6 3
2
5 位游客在 5 轮抽奖中，记成功的人数为Y ，则Y ~ B 5, ，.......................................... 9 分
3
k
P(Y k) Ck 2 1
5 k
故 5 (k 0,1, ,5) ，.............................................................10 分
3 3
法一：
2 0 5P(Y 0) C0 1 1 5
3 3 243 ，
1 4
P(Y 1) C1 2 1 105



3

3 243 ，.................................................................................... 11 分
2 3
P(Y 2) C2 2 1 405




3 3 243 ，
2 3 2P(Y 3) C3 1 805
3 3 243 ，................................................................................... 12 分
4 1
P(Y 4) C4 2 1 805


3 3 243 ，
5 0
P(Y 5) C5 2 1 32 5 3

3 243 ，................................................................................... 14 分
第 5 页 共 10 页
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且 P(Y 3) P(Y 80 4) ，故 5 位游客在 5 轮抽奖中，获得门票人数最有可能是
243
3 人或 4 人．.........................................................................................................................................15 分
法二:假设当Y k 时，对应概率取值最大，则
2 k 1 5 k k 1 4 kCk Ck 1 2 1 5 5 ，.....................................................................11 分
3 3 3 3
2 k 1 5 k k 1 6 kCk Ck 1 2 1 且 5 5 ，.................................................................12 分
3 3 3 3
解得3 k 4，...........................................................................................................................14 分
且 P(Y 3) P(Y 4) 80 ，
243
故 5 位游客在 5 轮抽奖中，获得门票人数最有可能是 3 人或 4 人．...................................15 分
17．【解析】
a 1 , 1 a a 2 a a , 1 a 2 a a a 0,( 2（1） 1 n n 1 n n 1 n n n 1 n 1 an a )
2 0
2 2 2 2 n 1
.................................................................................................................................................................. 3 分
2 a a 1n n 1 ,an 1 an ,
1
an n ．......................................................................................6 分2 2 2
T 1 (1 1 ) b b b b T T 1 ( 1 1 3（2） 4n ， 5 24n 4n 3 4n 2
4n 1 4n 4n 4(n 1) 4n 4 4n ) 5 2 2 24n
.
.................................................................................................................................................................. 8 分
1 (8k 3即
24n 4n 3
4k4n 2 2k4n 1 k4n ) .24n
所以8k4n 3 4k4n 2 2k4n 1 k4n 3 ..................................................................................... 10 分
k4n 3 1 4k 2k k若 ，则 4n 2 4n 1 4n 11，显然不成立.
k4n 3 1 4k4n 2 2k若 ，即 4n 1 k4n 5 .
k 1 2k
此时若： 4n 2 ，则 4n 1
k4n 9，亦不成立.
k4n 1 1 2k故 ，于是 4n 1 k4n 1.
k4n 1 1,k显然 4n 1．
综上 k4n 3 1，k4n 2 1，k4n 1 1，k4n 1 ................................................................... 12 分
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b 1 2024 1 2025 1 2026 1 2027所以 2024 ( ) ，b2025 ( ) ，b2026 ( ) ，b2027 ( ) ........................14 分2 2 2 2
b2024 b2027 8 1 7 ........................................................................................................... 15 分
b2025 b2026 4 2 2
18．【解析】
（1） g(x) e x ex， g (x) e x e,令 g (x) 0 x 1，...................................................... 2 分
所以 g(x) 在[0,1) 单调递减， 1, 单调递增，........................................................................ 3 分
g(x) g(1) 0 ，即 g(x) 的最小值为 0．................................................................................4 分
2 y (x) e x（ ）令 1 x 1， y (x) e x1 1 0 ， y1(x) 在 0, 递增，
y1(x) y1(0) 0, e
x x 1 ，由（1）可得 ex ex， 2ex ex x 1．①....................6 分
令 y2 (x) x sin x， y (x) 1 cos x 0 ， y2 (x) y2 (0) 0, x sin x2 ，
a 0, a sin x ax．②..................................................................................................................8 分
①+2×②可得 2 f (x) (ex x 1) 2ax (e 1 2a)x 1 ， 不等式成立．.........................10 分
x 2x
（3） x 2x 3x 0, x 1 21 2 3 3 ，............................................................................. 11 分3 3
f (2 1 2 1即证 x1 x2 ) f (x1) f (x2 ) ，..................................................................................... 12 分3 3 3 3
x x g(x) f ( 2 x 1 x ) 2 1不妨设 1 2 ，令 2 f (x) f (x )
,0 x x ，
3 3 3 3 2 2
则 g (x)
2
f (2 x 1 x ) 2 2 2 1 2 f (x)

f ( x x2) f (x)

,0 x x3 3 3 3 3 2 3 3
f (x) e x a cos x, f (x) e x a sin x ，
x 0,0 a 1 e x 1, 1 sin x 1, e x a sin x 0, f (x) 0 ，故 f (x)为 0, x2
上的增函数．
2 x 1 2 1 x2 x x x , f (
2 x 1 x2 ) f (x), g (x) 0 ，当且仅当 x x3 3 3 3 3 3 2
时取等
号，故 g(x) 为 0, x2 上的增函数．.................................................................................................16 分
g(x) g(x ) f (2 x 1 x ) 2 f (x ) 1 2 1 2 12 2 2 2 f (x )

2 0 f ( x1 x2) f (x ) f (x )，3 3 1 2 3 3 3 3 3 3
故原命题得证．....................................................................................................................................17 分
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{#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}
19．【解析】
（1）法一：
（i）连结 CD,PD,因为 AB AC BC 2b，所以 AB CD，CD 3b .
又 PB PA 2a，所以 AB PD .
因为 PD CD D，所以 AB 面PCD .......................................................................................2 分
作 PE CD于 E点，所以 AB PE，因为CD AB D，所以 PE 面ABC .
所以 E点与 P在平面 ABC内的投影 I重合，从而 C,I,D三点共线.
因为 PI
1
PC x(PA PB), 1 PI PC 2xPD, PI 1 PC 2xPD .
2 2 2
1
所以 2x 1 x 1， .................................................................................................................. 3 分
2 4
法二：取 PC中点 E，由原式化简得： EI 2xPD， EI为 PCD的中位线. x 1 ........3 分
4
（其他方法酌情给分）
PI 1 PC 1 PD PI PC 1 PD 1 1 1（ii） ， PC CD , CI CD .
2 2 2 2 2 2
3b 2 2 2 7 2
所以 I为 CD的中点，CI ,PI PD CI 4a b 0,
a 7
..............5 分
2 4 b 4
3 b 3 2
由题意 cos PCD CI 1 a 2 2 ， 4 2 1
a
3, 1，............... 7 分
PC 4a2 b2 a2 2 b b4 1
b2
7 a
1........................................................................................................................................8 分
4 b

（2）法一：因为异面直线 PC与 AB所成的角为 ，则
3
PC PA AB BC,| PC AB 1 | , | PC | 2b ..................................................................9 分
| PC | | AB | 2
设 AP与平面 ABC所成的角为 ，建立如图所示的空间直角坐标系，
D(0,0,0), A( b,0,0),B(b,0,0),C(0, 3b,0),P( b,2a cos ,2a sin )，设四面体 P―ACD外
接球的球心为O( b 3b , ,m) ........................................................................................................ 10 分
2 2
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{#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}
| PC | 2b，则
b2 (2a cos 3b)2 (2a sin )2 4b2 ，即
2 2
cos 3a , cos2 a a 2 , sin
2 1 ，
3b 3b 3b2
0, , cos
b 3
＜1， ＞
2 a 3
b2 |OD |2 |OP |2 R2 , b2 m2 (2a cos 3 b)2 (m 2a sin )2 ．
4 2
m a ...................................................................................................................................... 12 分
2sin
b2 a
2 b
R2 |OD |2 b2 m2 4sin 2 b a
2 b 3
a ．
ab ab ab ab a 2 2 b4ab(3b a ) a 12( )2 4
3b2 a
b 3 R2t t 3t 1 12t
3 t
令 ， （ ， ）， t 2 ，............................................... 14 分a 3 ab 12t 4 4 3t 2 1
1 12t 3 t 36t 4f (t) 33t
2 1
令 ，则 f (t)
4 3t 2 1 4(3t 2 1)2
令 f (t) 0 ，则 t 2 11 105 ，...................................................................................................15 分
24
所以 f (t) ( 3 105 11 ) 105 11在 ， 上单调递减，在 ( ， )上单调递增， f (t)在
3 24 24
t 105 11 时取最小值，.......................................................................................................... 16 分
24
b 105 11
即 1，故 a b ...................................................................................................17 分
a 24
法二：由题设条件，可将四面体 P－ACD补为直三棱柱 PAC 1 P1DC .如图所示，因为 PC

与 AB两异面直线所成的角为 ，所以 PCC ．
3 1 3
AD CC1 b,
PC1 tan 3, PC 3b．
CC1 3
1
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{#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}
PA 2 AC 2 2 2 2 2
在 PAC 中，由余弦定理， cos PAC 1 PC1 4a 3b 3b 3a1 1 .2PA AC1 4 3ab 3b
cos PAC 1, b 3因为 1 ．a 3
设四面体 P―ACD外接球的球心为 O,则 O在平面 PAC 1内的投影O1
1 b
为 PAC 1的外心，则OO1 AD .2 2
PC
由正弦定理, 1 2OC .
sin PAC 1 11
2
R2 OC 2 OO2 C O2 b 3b
2 1 2 3b2
则 1 1 1 1 (b ) .4 4sin 2 PAC 4 a21 1
3b2
3 bR2 1 (b
2
a ) t b R 1 9t
3
所以 2 ，令 ， (t 2 )，ab 4 a 1 a a ab 4 3t 1
3b2
R2 f (t) f (t) 1 9t
3 3 36t 4 33t 2 1
令 ， (t ), t ( , ) ，则 f (t)
ab 4 3t 2 1 3 4(3t 2 1)2
令 x t 2 1 , g(x) 105 11 36x2 33x 1，令 g(x) 0 ，解得 x 1，或
3 24
x 105 11 3 105 11 （舍去），所以 f (t)在 ( ， ) 上单调递减，在
24 3 24
( 105 11， )上单调递增， f (t) t 105 11在 时取最小值，即
24 24
b 105 11
1，故 a b .
a 24
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