资源简介

孝感市2026届高三年级第二次统一考试
数学
本试卷满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和签题卡上，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：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、
草縞纸和答题卡上的非答题区域均无效，
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交，
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.集合A=lxx-9<0l,B=xl-1A.(-3,0)
B.(-3,-1)》
C.(-3,1]
D.(-3,3)
2.方程x2-6x+10=0的一个复数根是
Δ.3+i
B.1+3i
C.-3+i
D.-1+3i
3.已知等差数列|a.|的前n项和为S、,且S,=4S,a4=2a2+1,则ae等于
A.8
B.9
C.10
D.11
4.若e1,e是夹角为60°的两个单位向量，则a=e,-2e与e1的夹角为
A.30°
B.60°
C.909
D.120°
5.设一个圆台的侧面积、体积分别为S,、,将它的高扩大到原来的2倍（上、下底面圆的
半径均不变)，得到的圆台的侧面积、体积分别为S,、V,则
A.S:=2S1,V=2V
B.S2>2S,V3>2V1
C.S2<2S,V3=2V
D.S2<2S1,V3>2V
6.在△ABC中，tanC=】
,BC边上的高等于BC,则oM=
A.10
B.v10
C.30
310
10
10
D
10
10
两三数学第1页（共4页）
7.已知函数∫(x)=(x-2)(a.x+b)为偶函数，且f(-2)0的解集为
A.|xl0B.xx<0,或x>4
C.xlx>2,或x<-2
D.xl-28.以A(-2,2)、B(2,5)为焦点的椭圆与直线y=x有且仅有一个公共点，则该椭圆的离心
率为
5
8
D.s
9
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分，
9.如图，四面体A-BCD中，AB⊥平面BCD,BE⊥AC,垂足为E,BF⊥AD,垂足为F,则下列
说法正确的是
A.若BC=BD,则BE/CD
B.若BC=BD,则EF//CD
C.若BC⊥CD,则AD⊥平面BEF
D.若BC⊥CD,则AC⊥EF
10.数列川an满足a,:ta,=(-1)(n∈N”),且a:=-2,数列{a}的前n项和为S,从
!a。|的前2n项中任取不同的两项，它们的和为偶数的溉率为P,数列l1-P。的前n
项积为T,则
4.ao=11
B.S101=-52
C.P.>
D.Ts
2K7
-2x+2,
0≤x11.已知函数y=(x)的定义域是[0，+∞)，满足f(x)={-x2+4x-3,1≤x<3,且(x+4)=
2x-6,
3.≤x<4,
(x)+a,若存在实数k,使函数g(x)=f(x)+h在区间[0,2026]上恰好有2026个零点；
则实数a的值可能为
1
N.508
B.0
城
D.、1
505
高三数学‘第2页（共4页）参考答案
1.C 2.A 3.D 4.C 5.C 6.A 7.B 8.B 9.BC 10.ABD 11.AB
1.C [解析] A＝{x|－3＜x＜3}， RB＝{x|x≤－1，或 x＞5}，A∩( RB)＝(－3，－1].
2.A [解析] 由 x2－6x＋10＝0可得（x－3）2＝－1，x－3＝±i，x＝3±i.
3.D [解析] 设公差为 d，则 4a1＋6d＝4（2a1＋d），a1＋3d＝2（a1＋d）＋1，联立解得 a1
＝1，d＝2，a6＝a1＋5d＝11.
4.C [解析] a·e1＝（e1－2e2）·e1＝e12－2e2·e1＝0，又 a，e1≠0，则＝90°.
5.C [解析] 设原圆台底面半径分别为 a、b，高为 h，母线长为 l1，则 S1＝π(a＋b)l1，
l1＝ （a－b）2＋h2，扩大后圆台母线长为 l2，l2＝ （a－b）2＋4h2＜ 4（a－b）2＋4h2＝
2l1，可得 S2＝π(a＋b)l 2S V
1
2＜ 1；由台体体积公式 ＝ (S 上＋S 下＋ S 上S3 下
)h可知 V2＝2V1.
AD 1
6.A [解析] 设 BC边上的高为 AD，tan C＝ ＝ ，设 AD＝x，则 CD＝2x，BC＝3x，从
CD 2
而点 D在线段 BC上，BD＝x.故∠BAD＝45 cos CAD 5°， ∠ ＝ ，sin∠CAD 2 5＝ ，
5 5
cos A＝cos (∠BAD＋∠CAD)＝cos∠BAD cos∠CAD－sin∠BAD sin∠CAD
2 5 2 5 10
＝ （ － ）＝－ .
2 5 5 10
7.B [解析] 由函数 f (x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数可知函数 f (x)是二次函数且关于 y轴对称，
则 f (x)＝(x－2)(ax＋b)＝a(x－2)(x＋2)，由 f (－2)＜f (3)可知 a＞0.
f (2－x)＞0，a(－x)(4－x)＞0，解得 x<0，或 x>4.
故不等式 f (2－x)＞0的解集为{x|x<0，或 x>4}.
8.B [解析] 依题意，直线 y＝x与椭圆相切，直线 y＝x上除切点外任意一点均在椭圆外.
由椭圆的定义可知切点是直线 y＝x上与 A、B两点距离和最小的点.A(－2，2)关于直线 y＝
x对称的点为 A1(2，－2)，|A1B|＝7，故椭圆的长轴长为 7，焦距|AB|＝5，离心率 e
5
＝ .
7
9.BC [解析] A:BE与 CD异面，显然不正确；
B:若 BC＝BD，易得△ABC≌△ABD，
又 BE⊥AC，BF⊥AD AE AF，则 ＝ ，所以 EF∥CD，故 B正确；
AC AD
对于选项 C与 D，
因为 AB⊥平面 BCD，CD 平面 BCD，所以 AB⊥CD，
又 BC⊥CD，AB，BC是平面 ABC内两条相交直线，
所以 CD⊥平面 ABC，又 BE 平面 ABC，故 CD⊥BE.
又 BE⊥AC，且 AC，CD是平面 ACD内两条相交直线，所以 BE⊥平面 ACD.
又 AD 平面 ACD，故 BE⊥AD.
又 BF⊥AD，且 BE，BF是平面 BEF内两条相交直线，所以 AD⊥平面 BEF.故选项 C正确；
又 EF 平面 BEF，故 AD⊥EF.
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若 AC与 EF也垂直，由 AC、AD与 EF共面，则 AC与 AD重合，故选项 D不正确.
10.ABD [解析] A:当 n＝1时，a1＋a2＝1，又 a1＝－2，故 a2＝3.
∵a ＋n＋1＋an＝(－1)n 1,∴an＋an－1＝(－1)n(n≥2，n∈N*)，
∴an 1－an n＋1 n＋ －1＝(－1) －(－1) ＝－2(－1)n(n≥2，n∈N*)，
所以 n为偶数时，an+1－an-1＝－2；n为奇数时，an+1－an-1＝2.
∴{an}的奇数项所成的数列是首项为 2，公差为 2的等差数列，偶数项所成的数列是首项
为 3，公差为 2的等差数列.故 a10＝a2＋4×2＝11，选项 A正确；
B: S101 a1 a2 a3 a100 a101 2 （3 4） （100—101） 2 50 52
选项 B正确；
C:由于{an}的奇数项都是偶数，偶数项都是奇数，
2 2 1
∴ = Cn+Cn = n 1

2 =
1 + 2 < 1，故选项 C错误；（或由 P＝0可知选项 C错误）
C2n 2n 1 2 2n 1 2
1
D:Tn = （1 P1）（1 P2）（1 P3） （1 Pn）
= 1× 2 × 3 n 1 2 3 n n! n ≤ × × = = ，
1 3 5 2n 1 1 2 4 2n 2 2n 1 (n 1)! 2n 1
又T1=1 P1=1=
1
1 1，所以T
n
2 n≤ 2n 1，故选项 D正确．
11.AB [解析] （1）当 a＝0时，显然成立；
a＞0
（2）若 a＞0，则 f (2025)＜1，即 ，解得 0＜a 1＜ ；
f (1)＋506a＜1 506
a＜0
（3）若 a＜0，则 f (2026) 1＞0， 即 ，解得－ ＜a＜0；
f (2)＋506a＞0 506
1 1
综上，得－ ＜a＜ .
506 506
12．(ln2,2) [解析] 设切点 P x x0 , y0 ，则有 y e ，由题意得 k e x0 2，
y e x00 2，x0 ln 2，
点P的坐标为（ln 2, 2）.
13 5－ 5． [解析] 如图，不妨设点 P x0 , y0 在第一象限，则 x2 0
0，y0 0，
|PM|= PF =x + p0 =x0+1=52 ，所以x
2
0=4，此时y0=4x0=16，所以y0=4.易知点M 1,4 ，
F 1,0 ，所以|MF|=2 5.
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MPF的面积为 S= 1 |y 10||PM|= ×4×5=10.2 2
设 MPF的内切圆的半径为 r，内心为点O '，则由 S O 'MF S O 'FP S O 'MP S PMF，
1
得 ×(5+5+2 5)r=10，解得 r 5－ 5＝ .
2 2
14．31 [解析] 若插入两个整数后众数不变，则插入的数可以是“两个都是 2”，或是“一个
为 2，另一个不是 2”，或是“两个不相等的且不是 2，7，12，27”.
①因为新的一组数极差加倍，所以插入的两个数不可能都是 2；
②因为中位数保持不变，若插入的数“一个为 2，另一个不是 2”，则一个为 2，另一个数不
小于 7，又因为极差加倍，则另一个数为 52，此时|a－b|＝50；
③若插入的两个数是不相等的且不是 2，7，12，27，且极差为 50，中位数保持不变，
a=6 a=5 a=4 a=3
则两个数可以为： b=52， b=52， b=52， b=52，
a=1 a=0 a= 1 a= 23 a= 23
b=51， b=50， b=49，……， b=9 ， b=8 ，
所以，|a－b|的最小值为 8－(－23)＝31.
15.解：（1）∵平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD，BC⊥CD，BC 平面 ABCD，
∴BC⊥平面 CMD.又 DM 平面 CMD，故 BC⊥DM ............................................................2分
∵DM⊥CM,且 BC，CM是平面 BMC内两条相交直线
∴DM⊥平面 BMC .....................................................................................................4 分
∵DM 平面 AMD .......................................................................................................5 分
故平面 AMD 平面 BMC ...............................................................................................6 分
（2）解法一：

以D为坐标原点，DA的方向为 x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .
因为∠DCM=30°，设 AD=2,由题设得，
D (0，0，0）, A(2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0, 1 , 3 ),
2 2
(0, 3 , 3 MC ), CB (2,0,0) ( 2, 1 , 3，AM ), ............................................8 分
2 2 2 2
设n=(x,y,z)是平面 MBC的法向量，则
n MC=0 3 y 3 z=0
n CB
2 2
=0，即 2x=0 ，令 z= 3，可得n=(0,1, 3).....10分
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设直线 AM与平面 MBC所成角为θ，

则 sin θ=| cos <n, AM >|= |n AM | 5 = ，..................................12分|n|| AM | 5
所以直线 AM 5与平面 MBC 所成角的正弦值是 ......................................................13 分
5
解法二：由（1）得 DM⊥平面 MBC，由 AD∥平面 MBC可知 A、D到平面 MBC的距离相
等，设 A到平面 MBC的距离为 d，则 d＝DM........................................................................8分
设 AD＝2，由∠DCM＝30°得 DM＝1，AM＝ 5，.............................................................10分
设直线 AM d 5与平面 MBC 所成角为θ，则 sin θ＝ ＝ ，............................................12 分
AM 5
5
所以直线 AM与平面MBC所成角的正弦值是 ...................................................................13分
5
16. 1 2π 2π解：（ ）由题意，f ( x )的最小正周期 T ≥ ，所以ω＝ ≤3，
3 T
由ω为正整数可得ω＝1，2，3．................................................................................................2分
π π π
又因为图象关于点（ ，0）对称，所以 f ( )＝0，即 sin ( ω＋φ )＝0．...........3 分
3 3 3
由φ 0 π π∈（ ，），若ω＝1，sin ( ＋φ )＝0，无解；.............................................................4 分
2 3
若ω＝2 2π π，sin ( ＋φ )＝0，φ＝ ；.............................................................5分
3 3
若ω＝3，sin ( π＋φ )＝0，无解．.............................................................6 分
所以ω＝2 π，φ＝ ，f ( x )的最小正周期为π．.............................................................7 分
3
（2）由 f ( A ) 3＝ 可得 sin ( 2A π 3 π π 7π＋ )＝ ，又 A∈（0，π），2A＋ ∈（ ， ），
2 3 2 3 3 3
π 2π π
从而 2A＋ ＝ ，故 A＝ ．.......................................................................................9 分
3 3 6
→ 1 → →
设 BC边上的中线为 AD，AC＝b，则AD＝ （AB＋AC）
2
A→D2 1＝ (A→B →＋AC)2 7 1 A→B2 A→C2 2A→， ＝ （ ＋ ＋ B·A→C 7 1）， ＝ （3＋b2＋3b），
4 4 4 4 4
解得 b＝1．........................................................................................................13 分
所以△ABC 1 1的面积 S＝ bcsin A＝ ×1× 3 1 3× ＝ ．..........................................................15分
2 2 2 4
17.解：(1)采用方案一对乙队更有利..................................................................................1 分
2 1
当 p＝ 时，乙队每局获胜的概率为:1－p＝ .
3 3
P( 1 1乙队最终获胜)＝( )2＋C21( )2 2 7× ＝ .
3 3 3 27
7
所以乙队最终获胜的概率为 ...................................................................... ..........4 分
27
(根据“比赛局数越多，对实力较强者越有利”可知，采用方案一，乙队最终获胜概率较大.
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也可以算出两种方案乙最终获胜的概率，对比可知采用方案一，乙队最终获胜概率较大.)
(2) (ⅰ)记“甲队最终获胜”为事件 A，“比赛恰好进行了四局”为事件 B.
1 1
三局甲队最终获胜的概率为：C33( )3＝ .
2 8
1
四局甲队最终获胜的概率为：C23( )2 1 1 3× × ＝ .
2 2 2 16
1 1 1 3
五局甲队最终获胜的概率为：C42( )2×( )2× ＝ .
2 2 2 16
∴甲队最终获胜的概率 P(A) 1 3 3 1＝ ＋ ＋ ＝ .....................................................................7 分
8 16 16 2
1 1 1 3
∵甲队最终获胜且比赛恰好进行了四局的概率 P(AB)＝C23( )2× × ＝ ............8 分
2 2 2 16
∴在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率
3
P(B|A) P（AB）＝ ＝16 3＝ ......................................................................................................9分
P（A） 1 8
2
1
（甲队乙队每局获胜的概率相等，因此最终获胜的概率也相等，从而 P(A)＝ ，酌情给分）
2
(ⅱ)X的可能取值为 0，1，2，3.
P(X 0) 1 1 1 1 5＝ ＝C30( )3＋C13 ×( )2× ＝ ，
2 2 2 2 16
P(X＝1)＝C24(1)2×(1)2 1 3× ＝ ，
2 2 2 16
P(X 2) C2(1)2 (1)2 1 3＝ ＝ 4 × × ＝ ，
2 2 2 16
P(X 1 1 1 1 5＝3)＝C33( )3＋C32( )2× × ＝ ........................................................................................11分
2 2 2 2 16
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
5 3 3 5
P
16 16 16 16
.....................................................................................................................................................13 分
E(X) 5 3 3 5 3∴ ＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ ............................................................................15分
16 16 16 16 2
18.解：(1) h1(x) af (x) ln x．
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h (x) 3ax 21 ln x, x 0, ．
2
h 1 (x) 6ax
1 6ax 1
．....................................................................................................1分
x x
当 a 0时， h 1 (x) 0恒成立，因此 h1(x)在 0, 上单调递增．
1
当 a 0 1时，由 h 1 (x) 0， 6ax2 1 0， 0 x ，因此 h1(x)在 0, 上单6a 6a
1
调递增，在 , 上单调递减．..................................................................................4分
6a
综上可知：当 a 0时， h1(x)在 0, 上单调递增．
1 0, 1

当 a 0时， h1(x)在 上单调递增，在 , 上单调递减． .........5 分
6a 6a


(2) 3x bx 1 2 , x R ．x 1
设 (x) 3x
bx 1
，∴ (0) 0．
x2 1
又φ(x)≥0，所以 x＝0为φ(x)的极小值点，故φ′(0)＝0.
2
(x) 3x ln 3 bx 2x b
x2 2 ， (0) ln 3 b 0， b ln3．..........................................7分 1
x bx 1
下面证明，当b ln 3时，3 2 , x R．x 1
(x) 3x x ln 3 1
x2
．
1
x 1 x ln 3 1 0 (x) 3x x ln 3 1当 ，即 时， 0恒成立．.......................................8分
ln 3 x2 1
1
当 x ，即 x ln 3 1 0时，由 ex x 1可知：ln 3
x
eln3 ln3x 1， 3x x ln 3 1．
2
(x) 3x x ln 3 1 x ln 3 1
x ln 3 1 x 1 x ln 3 1 x ln 3 1 x2
2 x ln 3 1

0．
x 1 x2 1 x2 1 x2 1
当且仅当 x 0时等号成立，故b ln 3满足条件．
综上可知： b ln 3 ..........................................................................................................11 分
(3) h2 (x) cf (x) 3g(x) h (x) cx3 3x 12 ．
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h 2 (x) 3cx
2 3x 1 ln 3 3 cx2 3x ln 3 0．
3x ln3 3x x 0 c ln3 2 ,设 x x ．x2
x 3
x ln 3 2 x ln 3
x 0， x 2 x ln 3 0 2， 0 x ．
x4 ln3
x 2 2在 , 0 , ,

上单调递减，在 0,

上单调递增． ... .. . ... .. .. . .. .14 分
ln 3 ln 3
因为函数 h2 x 有且仅有三个极值点，即 x1，x2，x3为方程 c＝ x 的三个实根，
由图象知方程 c＝ x 最多有三个实根，且 x1 x2 x 23． x1 0 x2 x .ln 3 3
注意到 1 3ln 3 3 ，假设 x2≤1，则 x3≥3，从而 x3≥3x2，与已知矛盾，故 x2＞1.
2
即有：1 x2 ．...............................................................................................17 分ln 3
（本题用其它解法，过程详细、推理清晰可得全分，过程不全的可酌情给分）
x y x y
19.解：(1)设 P(x, y)，由题意可知四边形 OAPB的面积 1．
2 2
x2 y2 2．........................................................................................................................2分
因为点 A位于第一象限，点 B位于第四象限．
x2 y2 2，且 x 0．
x2 y2
所以动点 P的轨迹C的方程为： 1, x 2 ．.............................................................4分
2 2
（未限定 x的范围的扣 1分）
(2)不妨设点 P(x, y)位于第一象限，设直线 PM 的斜率为 k1 ,则 k1 tan PMN，直线 PN 的斜率
2
为 k2 ,则 k2 tan PNM ．∴k1·k
y · y y2＝ ＝ ＝1
x+ 2 x- 2 x2-2
tan MPN tan π PNM PMN tan PNM tan PMN k k k k k k 2 1 2 1 2 1
1 tan PNM tan PMN 1 k2 k1 1 k2 k1 2
tan PMN tan PNM 2 tan MPN k k 2 k k 2 11 2 k k k2 1 2 2
k1 0．
综上可知： tan PMN tan PNM 2 tan MPN 为定值 0．.................................................9分
(3) y 1问题可以转化为曲线 ＝ ，x＞0与坐标轴之间的各等腰三角形底边上高的和，如图所示
x
设 On′(an，0)，An′(xn，yn)，过 A n′作 A′nBn⊥x轴于 Bn
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由|O′n－1A′n|＝|On′A′ an 1＋ann|可知，xn＝ － ，2
y 2n＝ .......................................................11分
an－1＋an
记 k＝tanθ，则各等腰三角形底角的正切值
′ －k＝tan（45°－θ 1 k）＝
1＋k
即 k 1 k kO A kO A kO A ...........12分0 1 1 2 n 1 n 1 k

k AnBn yn 4
O B a a a2 a2 a2 a2
4
由题意可知：
n 1 n n n 1 n n 1 n n 1
................................15分
2 k
联立 y=k′x与 y=1 x = 1 a = 2 a 2=4可解得 1 ， 1 ，从而 1 ，
x k' k' k'
2 4 4 2 4n
所以数列 an 是以 为首项， 为公差的等差数列 an a 2 n k k k n k
n n n
hi y k an 1 ki k n， hi n .......................................................17 分
i 1 i 1 2 i 1 1 k
(不转化直接研究也可以得出答案，酌情给分）
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