恩施州2026届高三第二次质量监测考试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260322湖北省恩施州2026届高三第二次质量监测考试（全科）

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 2 | ||1i| 2，|z| ．选A． z 2 3．C【解析】 17(a a ) a 0,a 0,S  1 17 17a 0．选C． 9 11 17 2 9 4．D【解析】 x3y  7 c (x,y), ,c (4,1)，|c| 17 ．选D． x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，lnatanx0,lnx0，满足题意；当a=1时,显然满足题意； lnx 当0a1时，lna0，lnatanxlnx tanx log x，由正切函数和对数函 lna a    数图象可知，只需log  tan 1log a，所以 a1；综上，选B. a 4 4 a 4 7．A【解析】 tanx m 4n,nZ     tanx  m4n1,nZ   4  f(x)   ．  tanx  m4n2,nZ  2    3  tanx   m4n3,nZ   4  第 1 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}  k  其中 f(x) tanx  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   3A 3A sinA   ln   6     3A 3A     3A 3A  ln  1,sin A  1sin A   ln  1      6  6        A    6 2     A ,ABC A2B B ， 3A 3 3  1       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   2 1 2 2 1 4 sin cos cos sin cos sin 3     2 5 5 5 2 5 5 4 5 1 cos AcosA  cos cos     5   15 5 5    4 sin sin sin 5 5 5 B错，由正弦定理可知， 2 sin( C) sinB  3  3  1 （1，2） ，即sinB2sinC, C正确． sinC sinC 2tanC 2  2 sin2C  sin2B ，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(X2)E2(X)0E(X2)E2(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】 1 sinxcosx f(x)g(x)  ，令t sin xcosx，则 sinxcosx sinxcosx 2(1t) 2 f(x)g(x)  t2 1 t1 第 2 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}  因为x(0, ),t  2sin(x )(1, 2]，则 f(x)g(x)有最小值2 22，无最大值； 2 4 2(t1) 2 同理 f(x)g(x)  ，则 f(x)g(x)有最大值22 2 ，无最小值，选 t2 1 t1 AD. 11．ACD【解析】 m2  p2 5 由平移得的焦点坐标( ,m) ，故A正确. 2p 已知 A(0,y ),B(0,y )，设△ABC 的外接圆的一般方程为 x2  y2 DxEyF 0,则 1 2 y ,y 满足以下方程组 1 2 y2 EyF 0  ，  y2 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（ ， ） ，即 （ m，m） ， 2 2 2 故外接圆圆心满足2x2y70，B错. 又x2  y2 (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 当 p 1时，联立圆E和曲线的方程有 x2   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】 因为 yex,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】 第 3 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}mn2a 设 MF m，MF n，由双曲线的定义及勾股定理得 ，可得mn8a2， 1 2 m2 n2 20a2 m n m2 n2 5 m m    ，设MF F ，因为tan ， 1 2 1 n m mn 2 n n 1 5 1 tan  ，得tan2或 （舍去），由对称性可得，直线MF 的斜率为2 或2. tan 2 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 （1）4个小球若占用4个A类方格，有C4 1种； 4 （2）4个小球若占用3个A类方格,1个B类方格，有C3C1 16种； 4 4 （3）4个小球若占用2个A类方格,2个B类方格，有C2212种； 4 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)代入直线方程得b2 3b100，解得b  2或b  5（舍去），....................4分 x2 y2 所以椭圆C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 2 由（1）可知，直线l:2x3y60，所以k  ．.......................................................10分 3  2 y  x,   3 2x2 3 2 由 消去 y并整理得关于x的方程 1,x ，................................12分 x2 y2 9 2  1  9 4 3 2 3 2 所以这两点坐标为( , 2)与( , 2)．................................................................13分 2 2 第 4 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}16．【解析】 由题知X 的所有可能取值为0，1，2，3，则...........................................................................1分 C0C3 1 C1C2 3 P(X 0) 6 4  ，P(X 1) 6 4  ， C3 30 C3 10 10 10 C2C1 1 C3C0 1 P(X 2) 6 4  ，P(X 3) 6 4  ，................................................................5分 C3 2 C3 6 10 10 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 5k 2 1 故P(Y k)Ck      (k 0,1,,5)，.............................................................10分 5 3 3 法一： 0 5 2 1 1 P(Y 0)C0       5 3 3 243 ， 1 4 2 1 10 P(Y 1)C1       5 3 3 243 ，....................................................................................11分 2 3 2 1 40 P(Y 2)C2       5 3 3 243 ， 3 2 2 1 80 P(Y 3)C3       5 3 3 243 ，...................................................................................12分 4 1 2 1 80 P(Y 4)C4       5 3 3 243 ， 5 0 2 1 32 P(Y 5)C5       5 3 3 243 ，...................................................................................14分 第 5 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}80 且P(Y 3)P(Y 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 k 5k k1 4k 2 1 2 1 Ck       Ck1      ，.....................................................................11分 5 3 3 5 3 3 k 5k k1 6k 2 1 2 1 且Ck       Ck1      ，.................................................................12分 5 3 3 5 3 3 解得3k 4，...........................................................................................................................14分 80 且P(Y 3)P(Y 4) ， 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】 1 1 1 2 （1）a  , a a  2 a a , a  2 a a a 0,( a  a )2 0 1 2 2 n n1 n n1 2 n n n1 n1 2 n n1 ..................................................................................................................................................................3分 2 1 1 a  a ,a  a ,a  ．......................................................................................6分 2 n n1 n1 2 n n 2n 1 1 1 1 1 3 （2）T  (1 )，b b b b T T  (  ) . 4n 5 24n 4n3 4n2 4n1 4n 4n 4(n1) 5 24n4 24n 24n ..................................................................................................................................................................8分 1 3 即 (8k 4k 2k k ) . 24n 4n3 4n2 4n1 4n 24n 所以8k 4k 2k k 3.....................................................................................10分 4n3 4n2 4n1 4n k 1 4k 2k k 11 若 4n3 ，则 4n2 4n1 4n ，显然不成立. k 1 4k 2k k 5 若 4n3 ，即 4n2 4n1 4n . k 1 2k k 9 此时若： 4n2 ，则 4n1 4n ，亦不成立. k 1 2k k 1 故 4n1 ，于是 4n1 4n . k 1,k 1 显然 4n1 4n ． 综上k 1，k 1，k 1，k 1...................................................................12分 4n3 4n2 4n1 4n 第 6 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}1 1 1 1 所以b ( )2024，b ( )2025，b ( )2026，b ( )2027........................14分 2024 2 2025 2 2026 2 2027 2 b b 81 7 2024 2027   ...........................................................................................................15分 b b 42 2 2025 2026 18．【解析】 （1）g(x)ex ex，g(x)ex 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）令 y (x)ex x1，y  (x)ex 10，y (x)在  0,递增， 1 1 1 y (x) y (0)0,ex  x1，由（1）可得ex ex，2ex ex x1．①....................6分 1 1 令 y (x) xsinx， y  (x)1cosx0，y (x) y (0)0,xsinx ， 2 2 2 2 a0,asinxax．②..................................................................................................................8分 ①+2×②可得2f(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 2 ，.............................................................................11分 1 2 3 3 3 3 2 1 2 1 即证 f( x  x ) f(x ) f(x )，.....................................................................................12分 3 1 3 2 3 1 3 2 2 1 2 1  不妨设x  x ，令g(x) f( x x ) f(x) f(x ) ,0 x x ， 1 2 3 3 2  3 3 2   2 2 2 1 2 2  2 1  则 g(x) f( x x ) f(x) f( x x ) f(x) ,0 x x 3 3 3 2 3 3   3 3 2   2 f(x)ex acosx, f(x)ex asinx ， x0,0a1ex 1,1sinx1,exasinx0, f (x)0 ，故 f(x)为 0,x  2 上的增函数． 2 1 2 1 2 1  x x  x x x, f ( x x ) f (x),g(x) 0，当且仅当x x 时取等 3 3 2 3 3 3 3 2 2   号，故g(x)为 0,x 上的增函数．.................................................................................................16分 2 2 1 2 1  2 1 2 1 g(x)g(x ) f( x  x ) f(x ) f(x ) 0f( x  x ) f(x) f(x )， 2 3 2 3 2  3 2 3 2   3 1 3 2 3 1 3 2 故原命题得证．....................................................................................................................................17分 第 7 页 共 10 页 {#{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. 1 1 1 因为PI  PC  x(PA PB),PI  PC 2xPD,PI  PC2xPD. 2 2 2 1 1 所以2x 1，x ..................................................................................................................3分 2 4 1 法二：取PC中点E，由原式化简得：EI  2xPD，EI为 PCD的中位线.x ........3分 4 （其他方法酌情给分） 1 1 1 1 1 1 （ii）PI  PC  PD，PI  PC  PD  PC  CD,CI  CD . 2 2 2 2 2 2 3b 7 a 7 所以I为CD的中点，CI  ,PI  PD2 CI2  4a2  b2 0,  ..............5分 2 4 b 4 3 3 b CI 1 a2 a 2 2 由题意cosPCD     ，4 13, 1，...............7分 PC 4a2 b2 a2 2 b2 b 4 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AB 1 PC  PA  ABBC,| | ,|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,2acos,2asin)，设四面体P―ACD外 b 3b 接球的球心为O( , ,m)........................................................................................................10分 2 2 第 8 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}|PC|2b，则 b2 (2acos 3b)2 (2asin)2 4b2，即 3a a2 a2 cos ,cos2 ,sin21 ， 3b 3b2 3b2   b 3  0, ,cos＜1， ＞  2  a 3 b2 3 |OD|2|OP|2 R2,b2 m2  (2acos b)2 (m2asin)2． 4 2 a m ......................................................................................................................................12分 2sin a2 b b2  3 R2 |OD|2 b2 m2 4sin2 b a2 b a         ． ab ab ab ab a 3b2 a2 a b 4ab( ) 12( )2 4 3b2 a b 3 R2 3t 1 12t3 t 令t  ，t（ ，）， t   ，...............................................14分 a 3 ab 12t2 4 4 3t2 1 1 12t3 t 36t4 33t2 1 令 f(t)  ，则 f(t) 4 3t2 1 4(3t2 1)2 11 105 令 f(t)0，则t2  ，...................................................................................................15分 24 3 10511 10511 所以 f(t)在( ， )上单调递减，在( ，)上单调递增， f(t)在 3 24 24 10511 t  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 PDC .如图所示，因为PC 1 1   与AB两异面直线所成的角为 ，所以PCC  ． 3 1 3 PC  AD CC b, 1  tan  3,PC  3b． 1 CC 3 1 1 第 9 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}PA2  AC2 PC2 4a2 3b2 3b2 3a 在PAC 中，由余弦定理，cosPAC  1 1   . 1 1 2PAAC 4 3ab 3b 1 b 3 因为cosPAC 1,  ． 1 a 3 设四面体P―ACD外接球的球心为O,则O在平面PAC 内的投影O 1 1 1 b 为PAC 的外心，则OO  AD  . 1 1 2 2 PC 由正弦定理, 1 2OC . sinPAC 1 1 1 b2 3b2 1 3b2 则R2 OC2 OO2 CO2    (b2  ). 1 1 1 1 4 4sin2PAC 4 a2 1 1 3b2 b 3 所以 R2  1 ( b  a )，令t  b ， R2  1 (t 9t3 )， ab 4 a a2 a ab 4 3t2 1 1 3b2 R2 1 9t3 3 36t4 33t2 1 令  f(t)，f(t) (t ),t( ,)，则 f(t) ab 4 3t2 1 3 4(3t2 1)2 1 10511 令xt2  ,g(x)36x2 33x1，令g(x)0，解得x 1，或 3 24  10511 3 10511 x （舍去），所以 f(t)在( ， )上单调递减，在 24 3 24 10511 10511 ( ，)上单调递增， f(t)在t  时取最小值，即 24 24 b 10511  1，故a b. a 24 第 10 页 共 10 页 {#{QQABQQCk5gg4kIaACK5KRUkOCwoYsIIjLKgsAQCUuARCyJFABCA=}#}