宜昌市2026届高三九月起点考试数学答案_2025年9月_250920湖北省宜昌市2026届高三九月起点考试（全科）

宜昌市 2026 届高三九月起点考试 数学试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D D B D C C A AC BD BCD 8.A【详解】法一： 2023 ln2025+ln ln2025 2024 ln2024 2024m =2025,m=log 2025 =   =log 2024,2023m 2024 2024 ln2024 2023 ln2023 2023 ln2024+ln 2024 2025m 2026 a=2025m −20260,b=2023m −20240 同理： ， x0,m0,(1+x)m 1+xm,a=2025m −20261+2024m −2026=0 法二： 2024m =20251+2023m,b=2023m −20240 1 11. BCD【详解】对于A：设A(x,y ),B(x ,y )，直线AB为：y=kx+ ，联立直线和抛物线方程为： 1 1 2 2 2 x2 −2kx−1=0 ，x +x =2k,xx =−1 ， AB = 1+k2 x −x = 1+k2 (x +x )2 −4xx =2(1+k2)=4， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  3 k =1，直线倾斜角为 ， ，所以A错误. B显然成立. 4 4 x2 x2 1 − 2 x2 x2 2 2 x +x x +x xx 对于C：设A(x , 1 ),B(x , 2)，k = = 1 2 ,直线AB:y= 1 2 x− 1 2 ，因为直线 1 2 2 2 AB x −x 2 2 2 1 2 答案第1页，共5页 A B 过点 F , x x 1 − 1 2 = ，即xx =−1， C(x,0),D(x ,0)， 2p 2 1 2 1 2  以 C D 为直径的圆为：x2 −(x +x )x+xx + y2 =0 1 2 1 2 与 y轴相交，则−1+ y2 =0,y=1.以 C D 为直径的圆过定点P(0,1),Q(0,−1), 所以C正确. 1 x +x 对于D：由答案C知：MN 为直径的圆过焦点F(0, ),又因为M,N 中点坐标为E( 1 2 ,0)， 2 4 2 x +x k =− , k = 1 2 ,k k =−1,所以线段MN 为直径的圆与直线AB相切，所以D正确. EF x +x AB 2 AB EF 1 2 二、填空题： 9 1 12.40； 13. ； 14. f(x)=− （答案不唯一） 2 x {#{QQABKYAg4wg4gIZACZ4LAQmyCQoQsJOxLcokwQAWKAQKCQNABIA=}#}14.【详解】条件③：对x,x (0,+)， 1 2 答案第2页，共5页 x 1  x 2 f(x )− f(x ) ，都有 1 2 0，不妨设0x x ，则 x −x 1 2 1 2 x 1 − x 2  0 ， 得 f(x)− f(x )0，即 f(x) f(x )，所以 1 2 1 2 y = f ( x ) 在 ( 0 , +  ) 1 上单调递增．取函数 f(x)=− ，满足条件②； x 1 1 1 1 f(x)= 满足条件①．故 f(x)=− ．答案不唯一，如 f(x)=− ， f(x)=− 等等． x2 x x3 x5 15. 第（1）问：【详解】样本(x，y)(i=1，2， i i  ， 2 0 ) 的相关系数为 20 (x −x)(y −y) i i 800 2 2 r= i=1 = = 0.94． ……………………………………………… 3分 20 20 809000 3 (x −x)2(y −y)2 i i i=1 i=1 由于相关系数|r|[0.75,1]，则相关性很强， | r | 的值越大，相关性越强． 故r=0.940.75,1，故相关性越强． ………………………………………………5分 第（2）问：【详解】由题意得：X 的可能取值为0，1，2， ………………………………………………6分 20个月中有8个月的销售金额低于平均数，有12个月的销售金额不低于平均数， C2 66 33 C1C1 96 48 C2 28 14 所以P(X =0)= 12 = = ，P(X =1)= 8 12 = = ，P(X =2)= 8 = = ， …………………………11分 C2 190 95 C2 190 95 C2 190 95 20 20 20 所以X 的分布列为： ………………………………………………13分 X 0 1 2 33 48 14 P 95 95 95 16. 第（1）问：【详解】因为n2时,S −2S =2，所以当n=2时，解得 a 2 =4 ， n n−1 当n3时，S −2S =2，S −2S =2，两式相减得a =2a ，n2,a =a 2n−2 =2n． n n−1 n−1 n−2 n n−1 n 2 a =2所以nN*,a =2n． ………………………………………………3分 1 n 设等差数列b 的公差为d， n 解得d =1，又因为b =2，故b =n+1． ………………………………………………6分 1 n 2 3 4 n+1 2 3 4 n 【小问2详解】T = + + + + ①，2T = + + + + +(n+1)②， …………9分 n 2n 2n−1 2n−2 2 n 2n−1 2n−2 2n−3 2 1 1  1−  ①－②，得−T = 2 + 1 + 1 + + 1 −(n+1)= 2 + 2 2n−1 −(n+1)=−n，即T =n． ……………15分 n 2n 2n−1 2n−2 2 2n 1 n 1− 2 17. 第（1）问：【详证】以B为坐标原点，BC,BA,BB所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐 标系（如图所示）．设AE =BF =m (0m2)，则A(0，2，2)，F(m，0，0)，C(2，0，2)，E(0，2−m，0)． {#{QQABKYAg4wg4gIZACZ4LAQmyCQoQsJOxLcokwQAWKAQKCQNABIA=}#}所以AF=(m，−2，−2)，CE=(−2，2−m，−2) ，又∵ AFCE=−2m−4+2m+4=0， ∴AF ⊥CE. ……………………………6分 1 2 第（2）问：【详解】V = S BB= S , …………7分 B−BEF 3 BEF 3 BEF 当S 取得最大值时，三棱锥B−BEF 的体积取得最大值.……8分 BEF 1 (2−m)m −(m−1)2 +1 又∵S = BEBF = = ， …………………9分 BEF 2 2 2 1 ∴当m=1时，S BEF 取得最大值 2 ， 此时三棱锥B−BEF 的体积取得最大值.……………………………10分 故A(0，2，2)，F(1，0，0)，E(0，1，0)，B(0，0，2)， 从而BE =（0，1，−2），BF =（1，0，−2）. ……………………11分 设平面BEF 的法向量为n=（x，y，z），则 答案第3页，共5页 n ⊥ B E 且 n ⊥ B F ， 所以   n BE=0 ，即  y−2z=0 ，令 n BF =0 x−2z=0 z = 1 ，可得n=（2，2，1）. ……………………………13分 又平面BBF 的一个法向量为BE =(0，1，0)， BEn 2 记二面角B−BF −E的大小为，则有cos= = ， BE  n 3 2 即二面角B−BF −E的余弦值为 . ……………………………15分 3 法二：EB⊥平面BBF ，过 E 作 B F 垂线交 B F 于 H 点，连接BH ，如图所示. BF ⊥EH, BF ⊥BE, EH 平面BEH, BE平面BEH，EH BE=E， BF ⊥平面BEH，BHE即为二面角B−BF −E的平面角. ……10分 2 5 在RtBBF 中，BF =1，BB=2，根据等面积法可得BH = ， …11分 5 3 2 在BEF 中，BF = 5 ，BE = 5 ，EF = 2，可得EF 边上的高为 ， 2 3 5 根据等面积法可得EH = ， ………………13分 5 {#{QQABKYAg4wg4gIZACZ4LAQmyCQoQsJOxLcokwQAWKAQKCQNABIA=}#}2 BH 2 在RtBEH 中，cosBHE = = . 即二面角B−BF −E的余弦值为 . ………………15分 EH 3 3  2b=2  c 6 y2 18. 第（1）问：【详解】由 = ,得b=1,a = 3,c = 2,故椭圆方程为： +x2 =1. ………3分  a 3 3 a2 =b2 +c2 y −y 第（2）问第①小问：【详解】设C(x ,y ),D(x ,−y ),E(x,y),则AC:y = 0 (x+1), BD:y = 0 (x−1)， 0 0 0 0 x +1 x −1 0 0 y −y y2 两式相乘，yy = 0 (x+1) 0 (x−1)，即y2 =− 0 (x2 −1)， x +1 x −1 x2 −1 0 0 0 答案第4页，共5页 C y2 在椭圆上， 0 +x2 =1， 3 0 y2 y2 即− 0 =3代入得y2 =3(x2 −1)，化简x2 − =1(y 0). …………………10分 x2 −1 3 0 (说明：如果用第三定义做但没有证明第三定义，则扣2分) 1 |PM ||FM |sinPMF S |PM | 2 第（2）问第②小问：【详解】因为 PFM = = ， S 1 |QM | QFM |QM ||FM |sinQMF 2 sinPMF =sinQMF ，即PMF =QMF ，k +k =0. ………………………12分 PM QM y y y y 设M(t,0)，则 1 + 2 = 1 + 2 =0，即2my y +(2−t)(y + y )=0. x −t x −t my +2−t my +2−t 1 2 1 2 1 2 1 2 12m 9 所以y + y =− , y y = . ……………………………………………14分 1 2 3m2 −1 1 2 3m2 −1 9 −12m 2m +(2−t) =0，化简得18m+(−12m)(2−t)=0. 3m2 −1 3m2 −1 又因为PQ斜率存在，所以有m0. ……………………………………16分 1 所以t = ，故在 2 x 1 S |PM | 轴上存在点M( ,0)，使得 PFM = . ……………………………………17分 2 S |QM | QFM 19. 第（1）问：【详解】 f(x)=ex −1，令 f(x)=0，则x=0， 当x(−,0)时，f(x)0, f(x)单调递减；当x(0,+)时，f(x)0, f(x)单调递增.  f(x)的极大值f(0)=1，无极小值. ……………………………………3分 a 第（2）问：【详解】g(x)= x(ex−1−1)−alnx，其定义域为(0,+)，g(x)=(x+1)ex−1−1− . x （ⅰ）当a 0时，若0 x1 ，则 x(ex−1−1)0, −alnx0 ，所以g(x)0. 若x1，则x(ex−1−1)0,−alnx0，所以g(x)0，不可能有两个零点. …………………5分 {#{QQABKYAg4wg4gIZACZ4LAQmyCQoQsJOxLcokwQAWKAQKCQNABIA=}#}（ⅱ）当a 0时,g(x)在(0,+)上单调递增，且g(1)=2−1−a=1−a. ①若0a1，则g(1)0，g(a)=(a+1)ea−1−1−12e0 −2=0， 存在x (0,1)，使得g(x )=0，当0 x x 时， 0 0 0 答案第5页，共5页 g ( x )  0 ， g ( x ) 单调递减；当 x  x 0 时， g ( x )  0 ， g ( x ) 单调递增。又因为g(1)=0，所以g(x )0， 0 又g(a)=a(ea−1−1)−alna a(a−1)−alna =a(a−1−lna)0， 所以g(x)在(0,x )有一个零点，满足有两个零点的条件. ……………………………………7分 0 ②若a =1，则g(1)=0，当0 x1时， g ( x )  0 , g ( x ) 单调递减；当 x  1 时， g ( x )  0 , g ( x ) 单调递 增，所以g(x)在x =1处取得极小值，也是最小值， g ( 1 ) = 0 ， 不满足有两个零点的条件.…………………8分 ③若a 1，则g(1)0,g(a)=(a+1)ea−1−1−12e0 −2=0，存在x (1,+)，使得 1 g ( x 1 ) = 0 ， 当0 x x 时，g(x)0，g(x)单调递减；当x x 时， 1 1 g ( x )  0 ， g ( x ) 单调递增。又因为g(1)=0， 所以g(x )0，又g(a)=a(ea−1−1)−alna a(a−1)−alna =a(a−1−lna)0， 1 所以g(x)在(0,+)上有一个零点，满足有两个零点的条件. 因此，a的取值范围是(0,1)(1,+). ……………………………………10分 第（3）问：【详证】  n f(ex i) =n− n x i , 要证 n f(ex i) n−2e − n 2 ，只需证 n x i 2e − n 2 . ex i ex i ex i ex i i=1 i=1 i=1 i=1 x 1−x 2 2 − 2 2 2 − 2 令h(x)= ，h(x)= ，h( )= e n,h( )=(1− )e n， ex ex n n n n 2 2 2 − 2 4 − 2 y =h(x)在点( ,h( ))的切线方程为：y =(1− )e nx+ e n . ………………12分 n n n n2 2 − 2 4 − 2 x 下面先证明：当(1− )e nx+ e n − 0(n2,0 x2)成立. n n2 ex n−2 − 2 x 4 − 2 n−2 − 2 x−1 令F(x)=( )e nx− + e n,则F(x)=( )e n + ,令G(x)= F(x) n ex n2 n ex 2−x 2 2 G(x)= 0,于是F(x)单调递增，又F( )=0，于是x(0, )时，F(x)0, ex n n 2 2 2 2 x( ,2)时，F(x)0,从而F(x)在(0, )上单调递减，( ,2)上递增，F(x) F( )=0. ………15分 n n n n n−2 − 2 4 − 2 x n−2 − 2 4 − 2 x n−2 − 2 4 − 2 x ( )e nx + e n  1 ，( )e nx + e n  2 ， ，( )e nx + e n  n ， n 1 n2 ex 1 n 2 n2 ex 2 n n n2 ex n n−2 − 2 n 4 − 2 n x n − 2 n x 以上格式相加得( )e nx +n e n  i , x =2,2e n  i ，得证. ………17分 n i n2 ex i i ex i i=1 i=1 i=1 i=1 {#{QQABKYAg4wg4gIZACZ4LAQmyCQoQsJOxLcokwQAWKAQKCQNABIA=}#}