2026届湖北省宜昌二中高三第四次大联考数学试题含解析.doc

2026届湖北省宜昌二中高三第四次大联考数学试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若均为任意实数，且，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．设函数的导函数，且满足，若在中，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．25 B．32 C．35 D．40
5．已知函数，若关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（ ）．

A． B． C．1 D．
7．如图，在中，，且，则（ ）

A．1 B． C． D．
8．已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为

A．0 B． C． D．1
10．已知函数，若则（ ）
A．f(a)<f(b) <f(c) B．f(b) <f(c) <f(a)
C．f(a) <f(c) <f(b) D．f(c) <f(b) <f(a)
11．a为正实数，i为虚数单位，，则a=（ ）
A．2 B． C． D．1
12．已知函数且的图象恒过定点，则函数图象以点为对称中心的充要条件是( )
A． B．
C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则_________
14．复数（其中i为虚数单位）的共轭复数为________.
15．已知向量，，若满足，且方向相同，则__________．
16．设函数，当时，记最大值为，则的最小值为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在四面体中，.

（1）求证:平面平面；
（2）若，求四面体的体积.
18．（12分）已知，，不等式恒成立.
（1）求证:
（2）求证:.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点、分别为，的中点，且平面平面.

（1）求证：平面.
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）在中，角的对边分别为，且，．
（1）求的值；
（2）若求的面积．
21．（12分）已知函数.
（1）当时，解关于的不等式；
（2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.
22．（10分）某工厂生产一种产品的标准长度为，只要误差的绝对值不超过就认为合格，工厂质检部抽检了某批次产品1000件，检测其长度，绘制条形统计图如图：

（1）估计该批次产品长度误差绝对值的数学期望；
（2）如果视该批次产品样本的频率为总体的概率，要求从工厂生产的产品中随机抽取2件，假设其中至少有1件是标准长度产品的概率不小于0.8时，该设备符合生产要求.现有设备是否符合此要求？若不符合此要求，求出符合要求时，生产一件产品为标准长度的概率的最小值.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．D
【解析】
该题可以看做是圆上的动点到曲线上的动点的距离的平方的最小值问题，可以转化为圆心到曲线上的动点的距离减去半径的平方的最值问题，结合图形，可以断定那个点应该满足与圆心的连线与曲线在该点的切线垂直的问题来解决，从而求得切点坐标，即满足条件的点，代入求得结果.
【详解】
由题意可得，其结果应为曲线上的点与以为圆心，以为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线上的点与圆心的距离的最小值，在曲线上取一点，曲线有在点M处的切线的斜率为，从而有，即，整理得，解得，所以点满足条件，其到圆心的距离为，故其结果为，
故选D.
本题考查函数在一点处切线斜率的应用，考查圆的程，两条直线垂直的斜率关系，属中档题.
2．C
【解析】
设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.
【详解】
根据题意，可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为，代入得：.
由根与系数的关系得，，
所以.
又直线CD的方程为，同理，
所以，
所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，
则由抛物线的定义可得.
所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.
故选：C.
本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.
3．D
【解析】
根据的结构形式，设，求导，则，在上是增函数，再根据在中，，得到，，利用余弦函数的单调性，得到，再利用的单调性求解.
【详解】
设，
所以 ，
因为当时，，
即，
所以，在上是增函数，
在中，因为，所以，，
因为，且，
所以，
即，
所以，
即
故选：D
本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
4．C
【解析】
设出等差数列的首项和公差，即可根据题意列出两个方程，求出通项公式，从而求得．
【详解】
设等差数列的首项为，公差为，则
，解得，∴，即有．
故选：C．
本题主要考查等差数列的通项公式的求法和应用，涉及等差数列的前项和公式的应用，属于容易题．
5．B
【解析】
利用换元法设，则等价为有且只有一个实数根，分 三种情况进行讨论，结合函数的图象，求出的取值范围.
【详解】
解：设 ，则有且只有一个实数根.
当 时，当 时， ，由即，解得，

结合图象可知，此时当时，得 ，则 是唯一解，满足题意；
当时，此时当时，，此时函数有无数个零点，不符合题意；
当 时，当 时，，此时 最小值为 ，

结合图象可知，要使得关于的方程有且只有一个实数根，此时 .
综上所述： 或.
故选:A.
本题考查了函数方程根的个数的应用.利用换元法，数形结合是解决本题的关键.
6．B
【解析】
首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长．
【详解】
解：根据三视图还原几何体如图所示，

所以，该四棱锥体的最长的棱长为．
故选：B．
本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题．
7．C
【解析】
由题可,所以将已知式子中的向量用表示，可得到的关系，再由三点共线，又得到一个关于的关系，从而可求得答案
【详解】
由，则
，即，所以，又共线，则.
故选：C
此题考查的是平面向量基本定理的有关知识，结合图形寻找各向量间的关系，属于中档题.
8．B
【解析】
根据所给函数解析式，画出函数图像.结合图像，分段讨论函数的零点情况：易知为的一个零点；对于当时，由代入解析式解方程可求得零点，结合即可求得的范围；对于当时，结合导函数，结合导数的几何意义即可判断的范围.综合后可得的范围.
【详解】
根据题意，画出函数图像如下图所示：

函数的零点，即.
由图像可知，，
所以是的一个零点，
当时，，若，
则，即，所以，解得；
当时，，
则，且
若在时有一个零点，则，
综上可得，
故选：B.
本题考查了函数图像的画法，函数零点定义及应用，根据零点个数求参数的取值范围，导数的几何意义应用，属于中档题.
9．B
【解析】
根据题意可得平面，，则即异面直线与所成的角，连接CG，在中，，易得，所以，所以，故选B．
10．C
【解析】
利用导数求得在上递增，结合与图象，判断出的大小关系，由此比较出的大小关系.
【详解】
因为，所以在上单调递增；
在同一坐标系中作与图象，
，可得，故.
故选：C

本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用函数的单调性比较大小，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
11．B
【解析】
，选B.
12．A
【解析】
由题可得出的坐标为，再利用点对称的性质，即可求出和.
【详解】
根据题意，，所以点的坐标为，
又 ，
所以.
故选：A.
本题考查指数函数过定点问题和函数对称性的应用，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
令，结合函数的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.
【详解】
由题意，函数分别是上的奇函数和偶函数，且，
令，可得，
所以.
故答案为：1.
本题主要考查了函数奇偶性的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，合理赋值求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
14．
【解析】
利用复数的乘法运算求出，再利用共轭复数的概念即可求解.
【详解】
由，
则.
故答案为：
本题考查了复数的四则运算以及共轭复数的概念，属于基础题.
15．
【解析】
由向量平行坐标表示计算．注意验证两向量方向是否相同．
【详解】
∵，∴，解得或，
时，满足题意，
时，，方向相反，不合题意，舍去．
∴．
故答案为：1．
本题考查向量平行的坐标运算，解题时要注意验证方向相同这个条件，否则会出错．
16．
【解析】
易知，设，，利用绝对值不等式的性质即可得解．
【详解】
，
设，，
令，
当时，，所以单调递减
令，
当时，，所以单调递增
所以当时，
，
，
则
则，
即
故答案为：.
本题考查函数最值的求法，考查绝对值不等式的性质，考查转化思想及逻辑推理能力，属于难题．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取中点，连接，根据等腰三角形的性质得到，利用全等三角形证得，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）由（1）知平面，即是四面体的面上的高，结合锥体体积公式，求得四面体的体积.
【详解】
（1）证明:如图，取中点，连接，

由则
，则，
故
故，

平面.
又平面，
故平面平面
（2）由（1）知平面，
即是四面体的面上的高，
且.
在中，，
由勾股定理易知
故四面体的体积

本小题主要考查面面垂直的证明，考查锥体体积计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
18．（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）先根据绝对值不等式求得的最大值，从而得到，再利用基本不等式进行证明；
（2）利用基本不等式变形得，两边开平方得到新的不等式，利用同理可得另外两个不等式，再进行不等式相加，即可得答案.
【详解】
（1）∵，∴.
∵，，，
∴，
∴，
∴.
（2）∵，，
即两边开平方得.
同理可得，.
三式相加，得.
本题考查绝对值不等式、应用基本不等式证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和推理论证能力.
19．（1）见解析（2）
【解析】
（1）首先可得，再面面垂直的性质可得平面，即可得到，再由，即可得到线面垂直；
（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；
【详解】
解：（1）∵，点为的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴，
又∵，分别为，的中点，
∴，∴，
又平面，平面，，
∴平面.

（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，∵，∴，，
，，
∴，，，
设平面的法向量为，
由，得，令，得，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法求线面角，属于中档题.
20．（1）3（2）78
【解析】
试题分析：（1）由两角和差公式得到，由三角形中的数值关系得到，进而求得数值；（2）由三角形的三个角的关系得到，再由正弦定理得到b=15,故面积公式为.
解析：
（1）在中，由，得为锐角，所以，
所以，
所以.

（2）在三角形中,由，
所以， 由，
由正弦定理,得，
所以的面积.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）分类讨论去绝对值号，然后解不等式即可.
（2）因为对任意，都存在，使得不等式成立，等价于，根据绝对值不等式易求，根据二次函数易求，
然后解不等式即可.
【详解】
解：（1）当时，，则
当时，由得，，解得；
当时，恒成立；
当时，由得，，解得.
所以的解集为
（2）对任意，都存在，得成立，等价于.
因为，所以，
且|
，①
当时，①式等号成立，即.
又因为，②
当时，②式等号成立，即.
所以，即
即的取值范围为：.
知识：考查含两个绝对值号的不等式的解法；恒成立问题和存在性问题求参变数的范围问题；能力：分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；中档题.
22．（1）（2）
【解析】
（1）根据题意即可写出该批次产品长度误差的绝对值的频率分布列，再根据期望公式即可求出；
（2）由（1）可知，任取一件产品是标准长度的概率为0.4，即可求出随机抽取2件产品，都不是标准长度产品的概率，由对立事件的概率公式即可得到随机抽取2件产品，至少有1件是标准长度产品的概率，判断其是否符合生产要求；当不符合要求时，设生产一件产品为标准长度的概率为，可根据上述方法求出，解，即可得出最小值.
【详解】
（1）由柱状图，该批次产品长度误差的绝对值的频率分布列为下表：

0
0.01
0.02
0.03
0.04
频率
0.4
0.3
0.2
0.075
0.025
所以的数学期望的估计为
.
（2）由（1）可知任取一件产品是标准长度的概率为0.4，设至少有1件是标准长度产品为事件，则，故不符合概率不小于0.8的要求.
设生产一件产品为标准长度的概率为，
由题意，又，解得，
所以符合要求时，生产一件产品为标准长度的概率的最小值为.
本题主要考查离散型随机变量的期望的求法，相互独立事件同时发生的概率公式的应用，对立事件的概率公式的应用，解题关键是对题意的理解，意在考查学生的数学建模能力和数学运算能力，属于基础题．