高三数学答案_2027届2026年8月高三名校开学考试题（数学）_湖北武汉市部分高中2026-2027学年高三上学期收心考数学

参考答案
一、单选题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C D D A D D C
二、多选题
题号 9 10 11
答案 AC ABD ACD
三、填空题
5π
12．
6
13．
4 6
14．2 3 1，42 6
3
四、解答题
π 
15.【解】（1）因为  2cb  cosAasin B，
2 
由正弦定理可得，  2sinCsinB  cosAsin AcosB，
所以2sinCcosAsinBcosAsin AcosB sin  AB sinC ，……………3分
1
因为sinC 0，所以cosA ， ……………5分
2
π
又A 0,π  ，所以A . ……………6分
3
1 1 3
（2）因为S  bcsinA bc  3 ，所以bc4， ……………8分
△ABC
2 2 2
由余弦定理a2 b2 c2 2bccosA，得36b2 c2 4，即b2 c2 40，………10分
又因为 bc 2 b2 c2 2bc48，所以bc  4 3， ……………12分
所以ABC的周长为4 36. ……………………………13分
16【解析】（1）证明：取BB 的中点P，连接HP，CP，HD，
1
1
则HP∥AB，且HP AB3. …………………………………2分
2
1
又因为CD∥ AB，所以CD//HP，
2
试卷第1页，共5页
{#{QQABbYQ54gg4gFbACS5KB0GECgiYkoMhJGoERRAaOAQKAYFABIA=}#}所以四边形CDHP为平行四边形，则DH//CP， …………………………………4分
又CP平面BCC B ，DH 平面BCC B ，所以直线DH∥平面BCC B ………6分
1 1 1 1 1 1
（2）如图，以BC,BA,BB 为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
1
则B(0,0,0),D(3,3,0),H(0,3,3),A(0,6,0)，

B (0,0,6),D (3,3,6)，B A(0,6,6)，
1 1 1

BD (3,3,0)， ………………………………8分
1 1

设n (x,y,z)是平面BDH的法向量，
1
 
则BD(3,3,0),BH (0,3,3)，
 
{n
1


B

D

0  {3x3y0
取x1得
n BH 0 3y3z0
1

n (1,1,1) …………………11分
1
 
设n

(x,y,z)是平面ABD
的法向量，{n
2


B
1
D
1
0  {3x3y0
2 1 1 n B A0 6y6z0
2 1

取x1得n (1,1,1). ……………………………………14分
2
 
n n
1
1 2
所以平面BDH 与平面ABD 夹角的余弦值为    . ………………15分
1 1 n  n 3
1 2
2 2
17.【解析】（1）因为P(A) ，所以不愿意报名参加答题活动人数为200 80，愿意
5 5
报名参加答题活动人数为20080120，
  1 2
又因为P B| A  ，所以愿意报名参加答题活动的男生人数为120 80，愿意报名参
3 3
加答题活动的女生人数为1208040， …………………2分
则可得到22列联表为：
性别 男生 女生 合计
不愿报名参加答题活动 20 60 80
愿意报名参加答题活动 80 40 120
试卷第2页，共5页
{#{QQABbYQ54gg4gFbACS5KB0GECgiYkoMhJGoERRAaOAQKAYFABIA=}#}合计 100 100 200
…………………5分
零假设H ：学生报名参加答题活动与性别无关，
0
200(20408060)2 100
则2   10.828x ，
10010080120 3 0.001
依据小概率值0.001的独立性检验，我们推断H 不成立，
0
即认为学生报名参加答题活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001；……8分
（2）X 的所有可能取值为：1，2，3，4，
3 2 3 6 2 2 3 12
P  X 1  ，P  X 2    ，P  X 3        ，
5 5 5 25 5 5 125
3
2 8
P  X 4     ，
5 125
所以X 的分布列为：
X 1 2 3 4
3 6 12 8
P
5 25 125 125
…………………………………………………………14分
3 6 12 8 203
故E(X)1 2 3 4  . …………………………15分
5 25 125 125 125
18.【详解】（1）将点A(1,2)代入抛物线方程得 p2，
所以抛物线E的方程为 y2 4x. ………………………………2分
设直线l 的方程为xm(y2)1，与抛物线的方程联立得 y2 4my8m40，
1
所以16m24(8m4)0，即m2 2m1(m1)2 0 ，得m1，……………4分
所以直线l 的方程为 y  x1 …………………………………5分
1
（2）（ⅰ）依题意，直线CD的斜率存在，故设直线CD的方程为 y kxt(k 1)，直线CD
与直线l 交于点F(x ,y )，设C(x ,y ),D(x ,y ) ，
1 0 0 1 1 2 2
则 FA 2 2(x 1)2  FC FD ………………………………7分
0
试卷第3页，共5页
{#{QQABbYQ54gg4gFbACS5KB0GECgiYkoMhJGoERRAaOAQKAYFABIA=}#}FC FD (1k)2 (x x )(x x ) ， (x x )(x x ) x2 (x x )x x x
0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 2 0 1 2
 42kt
  x x 
联立 ykxt 得k2x2(2kt4)xt2 0，(2kt4)24k2t2 0； 1 2 k2
y24x t2
 x
1
x
2

k2
联立

ykxt 得x 
t1
，代入上式得： FA 2 2(x 1)2 2(
tk2
)2
yx1 0 1k 0 1k
t1 42kt t1 t2 (tk2)2
x2 (x x )x x x ( )2    ， ……………9分
0 1 2 0 1 2 1k k2 1k k2 k2(1k)2
(tk2)2 (tk2)2
则有 FA 2  FC FD  2 (1k2) ， ……………10分
(1k)2 k2(1k)2
2k2 1k2 k 1（1舍去）
所以直线CD的斜率为定值1. ……………………………………12分
4 4
（ⅱ）依题意k  ,k  ，则 ……………………………………13分
1 y 2 2 y 2
1 2
y  y 4
k k 4 1 2 ，
1 2 y y  y  y 4
1 2 1 2
由（ⅰ）知直线CD的方程为 y xt与抛物线的方程联立得 y2 4y4t 0，所以
 y  y 4 y  y 4
1 2 代入上式得k k 4 1 2 0，
y y 4t 1 2 y y  y  y 4
1 2 1 2 1 2
故k k 0为定值. ……………………17分
1 2
19. 【解析】
(1) 当n15时，h

x
(15x2)ex，定义域为R，
h x (x3)(x5)ex，h x 0 x5或x3 …………………2分
所以h  x  在(,3),(5,)上单调递增，在(3,5)上单调递减，
所以h

x

的极大值为h
3 6e3，h 
x

的极小值为h

5
10e5
………4分
x
(2) 因为nN*，所以g  x  的定义域为R，g x n(1 )n1， ………5分
n
x
当n为奇数时，n1为偶数，g x n(1 )n1 0恒成立，
n
试卷第4页，共5页
{#{QQABbYQ54gg4gFbACS5KB0GECgiYkoMhJGoERRAaOAQKAYFABIA=}#} 
所以g x 在定义域R上单调递减. …………………7分
x
当n为偶数时，n1为奇数，g x n(1 )n1 0 xn，
n
所以g  x  在(,n)上单调递减，在(n,)上单调递增. …………………9分
x
(3)证明：要证h(x) g(x)，即证 f(x)n(1 )nex x2 n0
n
x
则 f(x) x[2ex(1 )n1]， …………………………………10分
n
当n1时， f(x)(1x)ex x2 1， f(x) x(2ex)00 xln2，
则 f(x)在(,0),(ln2,1) 上单调递减，在(0,ln2)上单调递增.
所以 f(x)的极小值为 f(0)0，端点值 f(1)0，所以此时 f(x)0恒成立. ……11分
x 1x x
当n2时，令(x)ex(1 )n1，则(x)ex (1 )n2
n n n
1
所以，(x)在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以(x) (1)e(1 )n1
max n
…………………………………13分
1
由F  x lnx(x1)，F x  1得F  x  在(0,1)递增，在(1,)递减，所以
x
1 1
F  x lnx(x1)F(1)0，故ln(1 )(1 1)0
n n
所以ln(1 1 ) 1 1 1 e  1 n，即(1 1 )n e代入(1)得 ………………14分
n n n n
1 1 1 1
(x) (1)e(1 )n1 (1 )n(1 )n1 (1 )1 2，
max n n n n
x
所以(x)(1)2 ，则 f(x) x[2ex(1 )n1]0 x0，………………16分
n
所以 f(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增. f(x) f(0)0恒成立.
综上，对nN*， f(x)0成立即h(x) g(x)恒成立. ………………17分
试卷第5页，共5页
{#{QQABbYQ54gg4gFbACS5KB0GECgiYkoMhJGoERRAaOAQKAYFABIA=}#}