試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁湖北省武漢市部分學校2025-2026學年高三上學期九月調研考試數學試卷學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．若復數z滿足，則（

）A． B． C． D．3．若雙曲線的一條漸近線方程為，則（

）A． B．-2 C． D．-44．正方形ABCD的邊長為1，取正方形各邊的中點，，，作第二個正方形，然后再取正方形各邊中點，，，作第三個正方形，依此方法一直繼續(xù)下去，則前11個正方形的面積和為（

）A． B． C． D．5．若函數是奇函數，則實數（

）A．1 B．-1 C．2 D．-26．將4個不同的小球放入4個不同的盒子中，則恰有兩個盒子為空的放法種數為（

）A．72 B．84 C．96 D．1087．已知內角A，B，C滿足，，則（

）A．2 B．4 C．8 D．98．設橢圓E：的左右焦點分別為，，橢圓E上點P滿足，直線和直線分別和橢圓E交于異于點P的點A和點B，若，則橢圓E的離心率為（

）A． B． C． D．二、多選題9．已知函數的部分圖象如圖所示，則（

）A．的最小正周期為B．C．的圖象關于點中心對稱D．將圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，則是區(qū)間上的增函數10．已知正實數a，b滿足，則（

）A． B．C． D．11．設A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，，，則（

）A．事件A，B相互獨立B．若，則C．D．若，則必有三、填空題12．平面向量，滿足，，，則．13．已知等差數列的公差，若，，構成等比數列，則．14．在四棱錐中，，，，，，且平面，過點A的平面與側棱PB，PC，PD分別交于點E，F(xiàn)，G，若四邊形為菱形，則．四、解答題15．在深化課程改革、推動教育高質量發(fā)展的新階段，命題能力已成為教師專業(yè)發(fā)展的關鍵能力，某省開展2025年學科教師命題能力高質量研修提升培訓會，參會人員包括300名經驗豐富教師（年齡在35歲及以上的教師），200名經驗不豐富教師（年齡在35歲以下的教師），會后均參加相關知識考核，考核結果為優(yōu)秀、合格兩種情況，統(tǒng)計并得到如下列聯(lián)表：經驗豐富教師經驗不豐富教師總計優(yōu)秀200150350合格10050150總計300200500(1)根據小概率值的獨立性檢驗，能否認為這次考核結果與經驗豐富與否有關？(2)若從參會人員中，采用分層抽樣的方法隨機抽取10名教師，再從這10名教師中隨機抽取4人進行調研，設抽取的4人中經驗不豐富教師的人數為X，求X的分布列和數學期望．附：，其中．0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.82816．如圖，在三棱柱中，為線段的中點，側棱上點滿足．(1)證明：平面；(2)若，平面ABC，，，求直線與平面所成角的正弦值．17．在中，，，．(1)求角A的大?。?2)求；(3)若線段AB上點D滿足，求CD的長．18．設拋物線E：的焦點為F，過點的動直線l交拋物線E于，兩點，點，當直線垂直于軸時，．(1)求拋物線E的標準方程；(2)若直線l過點T，求的面積；(3)若直線平分，求直線l的斜率．19．已知函數在區(qū)間和各恰有一個零點，分別記為和．(1)求實數k的取值范圍；(2)記曲線在點處的切線與兩坐標軸圍成的三角形面積為S，求的最大值；(3)若函數有三個零點，，，其中，證明：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《湖北省武漢市部分學校2025-2026學年高三上學期九月調研考試數學試卷》參考答案題號12345678910答案CADDBBBDACDBD題號11答案BCD1．C【分析】借助一元二次不等式解法得到兩集合后利用交集定義即可得.【詳解】，解得或，即，，解得，即，則.故選：C.2．A【分析】根據復數除法運算，即可求得答案.【詳解】由，得，故選：A3．D【分析】利用雙曲線的漸近線公式計算即可.【詳解】令，所以.故選：D4．D【分析】由平面幾何知識可得正方形的面積依次構成以為首項，為公比的等比數列，利用等比數列的前項和公式可求解.【詳解】作出示意圖如圖所示：

第一個正方形是，記為，由平面幾何知識可得第二個正方形的邊長為，所以正方形的面積為，記為，依次類推可得第三個正方形的面積為，記為，可得第個正方形的面積為，所以正方形的面積可依次排成一個以為首項，為公比的等比數列，所以前11個正方形的面積和為.故選：D.5．B【分析】根據即可求解.【詳解】的定義域為,由于為奇函數，故，解得，當時，，故符合題意，故選：B6．B【分析】利用先選后排的方法進行解題即可.【詳解】選個空盒：種，分配個小球到個非空盒情況一（分法）：種情況二（分法）：種總分配方法;種，總放法數：種故選：7．B【分析】根據三角形內角和為，把轉化為，把轉化為，利用兩角和的正余弦公式展開整理，再進行弦切互化，結合兩角和的正切公式求解即可.【詳解】在中，,故有，，又，，兩邊同除以，可得;,，可得根據兩角和的正切公式可得因為在中，，故，則，故選：.8．D【分析】令，，得，，，結合橢圓的定義及勾股定理得、，即可求離心率.【詳解】由題設，令，故，，所以，故①，由，令，則，由，則，所以，整理得，由，則，所以，整理得，所以，整理得②，聯(lián)立①②，得，，故，即，所以.故選：D9．ACD【分析】利用題給圖象結合正弦函數的性質得出和值，求出函數表達式，再結合正弦函數的圖象和性質對選項進行逐一判斷.【詳解】由圖象可知，相鄰最小值點和最大值點之間的水平距離為半個周期，即，由周期公式，所以，選項A正確；因為圖象經過點，代入函數得：，由正弦函數性質可知時，，所以，因為，所以，，因為，故B錯誤；因為是中心對稱函數，對稱中心為，，若函數圖象關于點對稱，則.代入計算：，所以圖象關于點對稱，故C正確；將圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍（縱坐標不變），則，由正弦函數性質可知在上單調遞增，令，解得，區(qū)間位于增區(qū)間內，故在區(qū)間內是增函數，故D正確.故選：ACD.10．BD【分析】舉出反例可得A、C，借助基本不等式可得B，借助指數運算及基本不等式可得D.【詳解】對A：取，，此時，但，故A錯誤；對B：，當且僅當時，等號成立，故B正確；對C：取，，此時，但，故C錯誤；對D：，當且僅當時，等號成立，故D正確.故選：BD.11．BCD【分析】根據條件概率的計算公式以及并事件的概率公式，可得方程組，進而可得，則，所以，根據相互獨立滿足的公式即可判斷A，結合基本不等式即可求解C,根據條件概率即可求解D.【詳解】由可得,又,,則,不妨設，則，所以，化簡得，設，則，所以，對于A，要使A，B相互獨立，則需要，即，即，不恒成立，故A錯誤，對于B，由，得，，故，B正確，對于C,,當且僅當時取到等號，而,故，C正確，對于D,由，得,又,所以，化簡可得,由于，則,將其代入上式得,化簡得①，結合②,聯(lián)立①②可得,故，解得，則，故，故D正確.故選：BCD12．【分析】對兩邊平方可得，再計算從而可得結果.【詳解】由，兩邊平方可得，解得，則，.故答案為：.13．【分析】利用等比中項的性質求出的關系，結合等差數列的通項公式，即可求得答案.【詳解】由題意知等差數列的公差，，，構成等比數列，則，即，即得，則，故，故答案為：14．【分析】過作AP的平行線為軸，BC,BA分別為x,y軸，建立空間直角坐標系，求出，，利用求解即可.【詳解】過作AP的平行線為軸，BC,BA分別為x,y軸，如圖建系令，則，，，，，E,F,G分別在PB,PC,PD上，令，，，，，，，，，，，，即.故答案為：15．(1)不能(2)分布列見解析；【分析】（1）由2×2列聯(lián)表直接求解即可（2）首先求出名教師中經驗豐富和經驗不豐富教師的人數，然后根據超幾何分布求出對應的概率并列出分布列，最后根據期望公式求出期望.【詳解】（1）零假設：認為這次考核結果與經驗豐富無關，由題意，所以根據小概率值的獨立性檢驗，推斷成立，即不能認為這次考核結果與經驗豐富與否有關.（2）由題意，名教師中經驗豐富的教師人數為人，經驗不豐富的教師人數為人，則可取的值有，，，，，，的分布列如下表01234所以.16．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）取的中點，連接，通過為平行四邊形，即可求證；（2）建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解.【詳解】（1）取的中點，連接，由中位線可得：，又，由，所以，所以，即四邊形為平行四邊形，所以，又不在平面內，在平面內，所以平面；（2）因為平面，都在平面內，又，所以可得：兩兩垂直，如圖建系：則，，設平面的法向量為，則，設，可得，所以，設直線BC與平面所成角為，，即直線BC與平面所成角的正弦值為.17．(1)(2)(3)【分析】（1）利用已知條件切化弦，結合正弦和角公式整理化簡計算即可；（2）先利用余弦定理結合第一問計算，再利用余弦定理計算即可；（3）先由內角和及正弦和角公式計算，再利用正弦定理求邊即可.【詳解】（1）由，即，又，所以，在中，，所以，則；（2）由，，，結合余弦定理可得，所以，則；（3）易知，所以，由正弦定理得.18．(1)；(2)；(3).【分析】（1）根據題意得到，解出即可；（2）首先計算出的方程：，再將其與拋物線方程聯(lián)立得到韋達定理式，最后利用面積公式即可得到答案；（3）設直線，將其與拋物線方程聯(lián)立得到韋達定理式，再利用，代入計算得，最后代入，以及韋達定理式即可得到方程，解出即可.【詳解】（1）由題意，當點橫坐標為2時，點到準線的距離為3，即，解得，所以拋物線的標準方程為：．（2）點，設．此時直線的斜率為，的方程可寫為．與拋物線方程聯(lián)立得：．由韋達定理，，，此時面積為．（3）設直線的斜率為，顯然，則設直線方程為：，將其與拋物線方程聯(lián)立得：．由韋達定理，.由題意：．又，所以．又因為，，代入化簡得：．即．又，故．即，解得：．

19．(1)；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）根據已知在區(qū)間和各有一個解，結合對應二次函數性質列不等式求參數范圍；（2）應用導數的幾何意義求切線方程，求出交點坐標，進而有，結合（1）得，利用導數求其最大值；（3）應用導數研究的區(qū)間單調性，得依次在區(qū)間、、上，設在點處的切線為且且，在點處的切線為且且，利用導數研究、的區(qū)間單調性，結合即，即可證.【詳解】（1）令，若，則是一個零點，不是題設區(qū)間內的零點，所以的兩個根分別在區(qū)間和內，故只需，所以；（2），結合（1）知，所以曲線在點處的切線，，令，則，而，所以，故，而，且，所以，令，則，則，當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，則，所以的最大值為；（3）記的導函數為，有顯然在上單調遞增，又，時，存在，使，當時，在上單調遞減，當時，在上單調遞增，又，或時，所