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湖北黄冈市蕲春县第一高级中学2026届高三年级临门一脚数学试题
一、单选题
1．“”是“复数为纯虚数”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．展开式中的二项式系数和为512，则展开式常数项为（ ）
A．84 B．28 C．28 D．84
3．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（ ）
A．15 B．17 C．80 D．82
4．下列四幅残差分析图中，与一元线性回归模型拟合精度最高的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知直线与圆交于不同的两点、，是坐标原点，且有，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（ ）
A．4天 B．8天 C．10天 D．16天
7．如图， 向一个高为且底面水平放置的正四棱锥容器注水， 水面高度为时停止注水 (不考虑容器厚度)， 将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（ ）

A．2 B． C． D．1
8．已知两函数和的图象在区间上有三个交点，且三个交点构成一个正三角形，若交点横坐标为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．是的极值点
B．是 的极大值点
C． 的单调递减区间是
D．
10．已知一个圆锥的底面半径为1，高为2，则下列对该圆锥的表述正确的是（ ）
A．侧面积为
B．过两条母线的截面面积的最大值为2
C．圆锥的内切球半径为
D．设是圆锥的底面圆直径，是底面圆周上一点，若，则与所成角的余弦值为
11．已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，当为的上顶点时，.过点作直线的垂线，垂足为，直线与轴交于点，直线的斜率为，直线的斜率为，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的短轴长为
B．三角形的面积的最大值为
C．四边形的面积的最大值为
D．设的中点的横坐标为，则为定值
三、填空题
12．甲、乙、丙、丁共4人站成一排，若甲、乙两人相邻，而乙、丙两人不相邻，则不同的排法种数共有________.（用数字作答）
13．已知双曲线的左、右焦点分别为．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，直线AF1交C的另一条渐近线于点，则C的离心率为______．
14．已知函数，在点处作曲线的切线，其纵截距记为，若对恒成立，则实数的取值范围为___________．
四、解答题
15．如图，四边形是正方形，平面，，，，点，分别为棱和的中点.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
16．在中，角的对边分别为，且.
(1)求的值；
(2)若，，且的面积为，求的长度.
17．已知函数（），.
(1)若，证明：，；
(2)求函数的零点个数.
18．已知点在抛物线上．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若射线，均与圆相切，且点，在抛物线上．
①若存在，使得，求直线的方程；
②过点作于点，问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求该定值；若不存在，请说明理由．
19．某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件．
(1)求，；
(2)求的表达式；
(3)甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D D C A B B BC BCD
题号 11
答案 ABD
1．C
【详解】由题意知，当时，，复数，是纯虚数，充分性成立；
当复数为纯虚数时，有，
解得，必要性成立，
则“”是“复数为纯虚数”的充要条件.
2．D
【详解】因为展开式中所有二项式系数和为，所以，解得，
二项展开式的通项为，
令，即，
所以展开式中的常数项为 .
3．D
根据等差数列的性质和等比数列的通项公式列方程求解的值，从而利用等比数列的求和公式计算可得结果.
【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为，
∵，，成等差数列，∴，
∴，∴，，解得.
则.
4．D
由各选项的残差数值范围进行比较分析即可得解.
【详解】选项A残差数值范围约为，选项C残差数值范围约为，两残差分布的带状区域宽，拟合精度低，
选项B残差数值范围约为，选项D残差数值范围约为，两残差分布的带状区域宽度均比选项AC窄，
但选项B残差分布的带状区域宽度大于选项D，所以选项D的拟合精度最高.
故选：D
5．C
利用向量的运算法则，结合直线与圆相交可求解.
【详解】设的中点为，则，
因为，所以，所以，
因为，所以，
因为直线与圆交于不同的两点，
所以，所以，
即，解得.
故选：C.
6．A
【详解】记为事件“小明戴帽子”，记为事件“小明戴墨镜”，
，，
，
所以，，（天）.
7．B
由注水四棱台部分的体积等于注水四棱锥部分的体积求解.
【详解】设正四棱锥的下底面边长为，因为注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为，
设注水四棱台的上底面边长为，则，解得，
注水四棱台的上底面的面积为，
注水四棱台的下底面的面积为，
则注水四棱台的体积为
，
将此四棱锥容器倒置时，水的体积不变而且形成一个小四棱锥，设水面高度为，底面边长为，
则，解得，且底面面积为，
设此四棱锥容器倒置后注水四棱锥的体积为，则，
又，则，解得，即，
即此四棱锥容器倒置后，水面高度为.
8．B
令，化简可得，根据正切函数的性质求出的范围，以及三个交点的横坐标，再根据正三角形的性质求出，再利用二倍角公式以及和差化积公式即可得解.
【详解】令，即，
即，所以，
因为函数和的图象在区间上有三个交点，
所以方程在区间上有三个不同的解，
因为，所以，
所以，所以，
由，得，
所以，
所以，
则函数和的图象相邻两个交点的水平距离为，
构成正三角形的高为，
由正三角形的性质可得高与水平距离之比为，
即，所以，
所以，
则
，
由和差化积公式可得
，
所以.
9．BC
根据给定的函数图象，求出函数的单调区间，结合极值点的意义逐项判断.
【详解】观察导函数的图象，当或时，，当且仅当时取等号，
当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，
但在两侧符号不变，所以不是的极值点，所以A错误，B正确；
的单调减区间是，所以 C正确；
函数在上单调递增，所以，所以D错误.
10．BCD
由扇形的面积公式计算判断A；根据圆锥的性质计算判断B；设内切球球心为，半径为，过作，根据相似三角形计算判断C；根据异面直线所成角的求法计算判断D.
【详解】对于A，设圆锥的母线长为，由题意可知，
所以圆锥的侧面积为，故A错误；
对于B，因为过两条母线的截面为等腰三角形，
且，
所以顶角为锐角，故过两条母线的截面面积的最大值为轴截面面积，
其面积为，故B正确；
对于C，设内切球球心为，半径为，过作，
则，，则与相似，
则，即，故C正确；
对于D，过点作交底面圆于，如图所示：
则即为与所成角或其补角，
因为，所以为等腰直角三角形，
所以为弧的中点，为弧的中点，
故，
所以，
所以则与所成角的余弦值为，故D正确.
11．ABD
先根据条件确定椭圆的有关参数，可判断A的真假；将椭圆方程与直线：联立，利用韦达定理，可确定为定点，利用求三角形的面积的最大值，判断B的真假；利用四边形的面积为表示出四边形的面积，结合对勾函数的性质求面积的最大值，判断C的真假；列出和的表达式，化简即可判断D的真假.
【详解】记椭圆的半焦距为，则，
当为椭圆的上顶点时，，所以.
所以椭圆的短轴长为，故A正确；
如图：
由上分析知，椭圆的方程为.
因为点、、能构成三角形，所以直线的斜率不为0，
可设直线：，代入椭圆：，
得：，整理得：.
设，，则，.
所以，故直线的方程为：，
因为，令可得，
，即.
所以，当为短轴顶点时取等号.故B正确；
因为，
所以.
设四边形的面积为，则.
令，则，则，
设 ，
根据对勾函数的性质，在上单调递增，所以，时取等号.
所以.故C错误；
因为
，
又，
所以为定值，故D正确.
12．
8
先将甲乙捆绑，再将甲乙整体和丁排列，最后得到丙位置的情况即可求解.
【详解】首先将甲、乙看成一个整体，甲、乙两人相邻的排列有种，
将甲乙整体和丁排列，有种，此时形成3个空位，
由乙、丙两人不相邻，则丙不能在乙的旁边，所以丙只有2个位置，
综上：不同的排法种数共有.
13．4
求出以为直径的圆的方程，此圆与渐近线联立方程组求出点的坐标，求直线的方程，此方程与渐近线联立方程组求出交点 ，利用，得到的等式，进行计算得解.
【详解】双曲线的左、右焦点分别为，
，
以为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于点A，
设坐标原点为，
，
以为直径的圆的方程为，
又的渐近线方程为，
，解得，则，
，，
直线的方程为，
，解得，则，
，，，
，
，
，
，，
.
故答案为：4.
14．
根据题意求出点处的切线方程，得到截距，再根据裂项相消法求出的表达式，最后解不等式的恒成立问题即可．
【详解】由题意得，，，
因为，故点处的切线方程为，
则，所以，
则，
结合题意可得，
所以，可得，
的取值范围为．
15．(1)证明见解析
(2).
（1）建立空间直角坐标系，计算，，利用向量法计算可得；
（2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为四边形为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直，
以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
所以，所以，即.
（2）设平面的法向量，，，
则，取，可得，
所以平面的一个法向量为，又，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16．(1)
(2)
（1）根据正弦定理结合三角变换公式可求；
（2）先求，根据正弦定理可得三边之比，结合面积可求三边，再由余弦定理可求的长度.
【详解】（1）由及正弦定理，
得，
因为，且，
所以，即，
因为，所以.
（2）由的面积为，得，所以①，
又，所以，
故，
由正弦定理，得②，
由①②可得，，，
因为，所以，
在中，由余弦定理，得，
所以.
17．(1)证明见解析；
(2)有个零点.
（1）要证：，，只需证：，，令，故只需证：，即可，利用导数分析函数单调性，证明即可；
（2）利用导数研究函数的单调性，求得函数的最大值，利用极限结合单调性判断即可.
【详解】（1）当时，，
要证：，，只需证：，，
令，
故只需证：，即可，
，
当时，，故，
即在上单调递减.
又，
所以当时，，即，
故，.
（2）
定义域为：，，
令，即，判别式，
所以方程有两个实根：或
因，故（舍去），，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
故在处取得最大值
由于，所以
所以，
设，，
，所以在上单调递增，
又，所以，所以，
当时，，当时，.
由于，即是的一个零点.
又在单调递增，在单调递减；
则函数的零点有个.
所以，当时，有个零点.
18．(1)
(2)①；②存在定点，定值．
（1）由题意可得，进而求解即可得抛物线的标准方程；
（2）设，求得直线的方程，利用直线与圆相切可得，化简得，进而可得直线过定点；①利用，可求得，进而计算可求得直线的方程；②由题意可得点在以为直径的圆上，进而可得，可得结论.
【详解】（1）将点代入抛物线方程得，解得，
所以抛物线的标准方程为．
（2）设，
因为点，在抛物线上，所以，，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
同理可得到直线的距离为，
因为两直线均与圆相切，所以，即，
两边平方得，所以，
所以，
所以
整理得，
因为，是不同的两点，所以，
所以①，
设直线的方程为，与抛物线联立得，
所以，所以，所以，
所以的方程，所以，所以直线过定点.
①因为，，，
所以，
由，得，
显然不符合题意，所以，
所以，
所以②，
由①②得，所以或，
当，得，此时是方程，
又，不符合题意，舍去；
所以，可得，
由，，两式相减得，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
②因为直线过定点，过点作于点，
所以点在以为直径的圆上，所以，
所以存在定点，使得为定值，定值为.
19．(1)，
(2)
(3)答案见解析
【详解】（1）依题意，，
．
（2）事件发生分两步：
第一步，第次考试后恰好通过第2级考试，概率为，
第二步，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为；
由全概率公式得，，
设，
则，
两式相减得，
，
所以，所以．
（3）依题意，，
又因为，，
所以，
令，则，
因为，所以，
故数列在时递增，又，，
故当，4时，，
故，即，
说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较大，
当时，，故，即，
说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小．

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