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湖北宜昌市2026届四月调研考试数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.一组数据，，，，，，，，，的第百分位数为( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
3.已知集合，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4.已知为等差数列的前项和，若，，则( )
A. B. C. D.
5.已知函数的图象关于直线对称，则( )
A. B. C. D.
6.若，，则等于( )
A. B. C. D.
7.我国东汉末数学家赵爽在周髀算经中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，在“赵爽弦图”中，若，则( )
A. B.
C. D.
8.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的左、右支分别交于点、若，且，则的离心率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设函数，则
A. 函数在区间上单调递减
B. 函数是奇函数
C. 直线与曲线有个公共点
D. 斜率为的直线与曲线有且仅有一个公共点
10.已知数列，，，数列满足若在数列中去掉所有与数列中某项的值相同的项，余下的项组成数列，则( )
A. B. 中存在连续三项成等比数列
C. D.
11.如图，梯形中，分别是边的中点，将沿向上翻折至，如图，则( )
A. 在翻折过程中和可能平行
B. 到平面的距离的最大值为
C. 直线和所成角可能为
D. 若平面平面，则三棱锥的外接球的表面积是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.写出一个能使的展开式中含有常数项的正整数的值为 ．
13.已知圆与圆外切于点，且直线是圆与圆的一条公切线，则的最小值为 ．
14.若曲线过点的切线恒在函数的图象的上方，则实数的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，且满足．
求证：；
设点为线段延长线上一点，若，，，求的面积．
16.本小题分
如图，在直三棱柱中，，平面平面，点，分别为，上的动点，且．
求证：；
当线段的长度最小时，求平面与平面夹角的余弦值．
17.本小题分
已知函数．
当时，求函数的单调区间；
当时，求函数的最小值；
求证：．
18.本小题分
已知椭圆经过点为的左右焦点，且．
求椭圆的标准方程；
设直线与椭圆交于两点，直线过点，且交轴于点，已知．
求证：平分；
若与的面积之比为，求直线的方程．
19.本小题分
在概率中，等效转换是计算复杂比赛概率的重要思想．例如：、两位选手进行局胜制比赛，每局选手获胜的概率为，选手获胜的概率为，且每局比赛相互独立．那么选手在“局胜制”的赛制中获胜的概率，可等效为：选手在场比赛中至少赢场．设场比赛中选手获胜的场数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出选手获胜的概率．
若，求选手在“局胜”的赛制中获胜的概率；
记选手在“局胜”的赛制中获胜的概率为；在“局胜”的赛制中，选手第一场比赛获胜的条件下，最终获胜的概率为，证明：；
网球大满贯赛事有两个签表，上半区有名种子选手，下半区有名种子选手且每次抽签都等可能地随机选择一个签表，并抽出一名种子选手进入正赛，抽中后种子选手保留在签表内不重复抽取记上半区的所有种子选手先被抽完的概率为，证明：．
参考答案
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13.
14.
15.证明：由及正弦定理得，
由余弦定理得，
整理得．
解：在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为与互补，
所以，
即，
而，，得，
则，
整理可得
，所以，
此时，
所以为直角三角形，
所以的面积为．
16.解：连接交于点．
在直三棱柱中，四边形为矩形，
因为，所以四边形为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以．
由知，，，两两垂直，
以为坐标原点，，，为，，轴建立如图所示空间直角坐标系．
则，，，
令，则，，
于是，
则当时，取得最小值，此时，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即
取，得
由知平面，则为平面的一个平面向量，
设平面与平面夹角为，
则，，
故平面与平面夹角的余弦值为
17.解：由题意得函数的定义域为，
当时，，则在单调递增，
所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间．
当时，，
令，则，
所以即在单调递增，
又，所以当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，故．
由知当时，，
即，当且仅当时取等号，
令，则，
所以，
即．

18.解：由题意知，则，
因为椭圆经过点，所以，
联立，解得，
故椭圆的标准方程为．
如图，设，
则，所以，
可得，
则，
同理，又，
所以
，
，
所以，又，
所以，即，故平分．
设与相交于点，则，
即，所以，
联立，得，
则，
由韦达定理得，
不妨设，则．
联立，得，
所以，
化简得，
即，因为，所以，
所以，又，所以，
故直线的方程为，即．

19.解：设事件为“局胜”的赛制中获胜选手获得最终胜利，
则事件等效于、进行局比赛且至少胜局．
记局比赛中获胜的局数为，由题意得，
所以．
证明：设、进行局比赛，甲赢的局数为，
则，，
“局胜”的赛制中，第一局胜的条件下，获得最终胜利有两种情况：
若第局输，则后续打满局比赛，甲至少胜局
若第局胜，则后续打满局比赛，甲至少胜局
由全概率公式得，
所以
．
证明：不妨设有无数名种子选手，上半区的所有种子选手先被抽完
“上半区抽完名种子选手时，下半区至多抽取了名种子选手”
“总共有名种子选手，至少抽取了名”．
设总共有名种子选手时，来自上半区的有名，则，
所以．
事件“”等效于、在“局胜”的赛制中，、每局获胜概率都为，最终获胜，
由对称性可知，
所以，
所以．
因为，
又，所以，
所以，
所以．
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