精品解析：湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高三上学期质量检测（三）数学试题

襄阳四中2023级高三上学期质量检测（三） 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，若，则实数可取的值组成的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. “阳马”，是底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，《九章算术》总结了先秦时期数学成就，是我国古代内容极为丰富的数学巨著，对后世数学研究产生了广泛而深远的影响.书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（ ）平方尺． A. B. C. D. 4. 如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5 5. 已知数列是等比数列，数列是等差数列，若则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆和直线交于两点，为坐标原点，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知函数，是的一个极值点，且在上有且仅有一个零点，则实数b的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，点是与图象的连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知事件，若，，且，则 B. 已知事件，若，且与相互独立，则 C. 已知事件，若，，且，则与相互独立 D. 某班对学生体重进行抽样调查，抽取男生30人，平均数和方差分别为55，15；女生20人，平均数和方差分别为45，20，则总体样本的方差为 10. 已知点在焦点为的抛物线上，其中是各项均不为零的数列且．若，则（ ） A. B. 数列为等差数列 C. D. 11. 椭圆具有特殊的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.对于椭圆，其左、右焦点分别是,为椭圆上任意一点，面积的最大值为，椭圆在点处的切线为，过点且与垂直的直线与椭圆的长轴交于点，且，点，给出下列四个结论，正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 当点横坐标为1时，的内切圆半径 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 若时，函数取得最小值，则________． 13. 在中，，,点为的中点，点为的中点，若，则的最大值为__________． 14. 记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为“牛顿数列”．若函数，且，数列为牛顿数列．设，已知，则______，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最大值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 2025年3月14日（第六个国际数学日），某校开展了“站播台”、“史探秘”、“日海报”、“徽设计”、“帽设计”共5项挑战活动，每名学生至少参与其中一项活动.为了解该校上述活动的参与情况，现从高一、高二、高三学生中各随机选取100名学生作为样本进行调查，调查数据如下表： 挑战活动参与人数 站播台 史探秘 日海报 徽设计 帽设计 高一 80 45 55 75 45 高二 40 60 60 80 40 高三 15 50 40 20 30 通过样本估计该校全体学生参与活动的情况. （1）从5项活动中随机选择1项，估计此项活动全校参与的人数大于该校总人数的一半的概率； （2）从该校高一年级和高二年级中各随机选取2名学生，求这4名学生中恰有2名学生参与“徽设计”的概率； （3）假设高一某班参加挑战活动的情况如下： 挑战活动 站播台 史探秘 日海报 徽设计 帽设计 参与人数 7 9 已知，当数据，，，，的方差最小时，写出，，的取值.（结论不要求证明） 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：； （2）记的中点为，若，且，求的周长． 17. 如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． （1）若为棱的中点，证明：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 18. 设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2. （1）求双曲线C的方程； （2）过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M， （i）求的值； （ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：. 19. 已知函数.当时，恒成立. （1）求实数的取值范围； （2）求证：（i）在上存在极值点和零点； （ii）对于（i）中的和，满足. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 襄阳四中2023级高三上学期质量检测（三） 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，若，则实数可取的值组成的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，得到，分和两种情况讨论，结合集合元素的互异性，即可求解. 【详解】因为，所以， 当时，即，此时，集合中元素不满足互异性，舍去； 当时，即，解得或， 若，此时，集合中元素不满足互异性，舍去； 若，可得，此时，，符合题意； 综上，可得实数的取值集合为. 故选：D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法运算和乘方运算法则求得复数，进而可得在复平面内对应的点的坐标，即可得出结论. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限. 故选：B． 3. “阳马”，是底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，《九章算术》总结了先秦时期数学成就，是我国古代内容极为丰富的数学巨著，对后世数学研究产生了广泛而深远的影响.书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为矩形，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（ ）平方尺． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将四棱锥放置于长方体中即可求解． 【详解】如图所示，这个四棱锥的外接球和长方体的外接球相同， 所以外接球的半径为，外接球的表面积． 故选：C． 4. 如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先计算出，进而得到，利用共线定理的推论得到，得到答案. 【详解】，， 又，故，所以， 因为，，所以， 因为三点共线，所以， 故. 故选：D 5. 已知数列是等比数列，数列是等差数列，若则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列及等比数列的下标和性质求值，再代入结合诱导公式及两角差的正弦公式求解. 【详解】因为数列是等比数列，且，所以， 因为数列是等差数列，且，所以， 则 . 故选：D. 6. 已知圆和直线交于两点，为坐标原点，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】（1）法一取的中点，根据条件，求出的坐标，进而得，，利用题设条件得，再利用，即可求解；法二，设，根据条件得，联立直线与圆的方程，利用根与系数间的关系得，代入即可求解. 【详解】法一：由，得到， 所以圆心为，半径为， 取的中点，则，又直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 由，解得，则， 故，， 由，知，所以， 在中，由，得到，解得. 法二：设，由，知. 又， 所以，即①， 由，消去得， 所以，代入①式得，解得. 故选：C. 7. 已知函数，是的一个极值点，且在上有且仅有一个零点，则实数b的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据得出，再根据的单调性以及极值即可得出. 【详解】由，得， 因为是的一个极值点，所以， 所以，，， 在上有得或，得， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因， 由函数在上有且仅有一个零点， 则，，解得， 所以实数b的取值范围为． 故选：A 8. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，点是与图象的连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件，可得，作出函数的图象，结合三角函数的图象与性质及已知条件列出不等式求解即可. 【详解】依题意，，函数周期， 在同一坐标系内作出函数的图象，如图， ，，为连续三交点，(不妨设在轴下方)，为的中点， 由对称性知，是以为底边的等腰三角形，， 由，整理得， 又，解得， 于是点，的纵坐标有，即， 要使为锐角三角形，当且仅当， 即，解得， 所以的取值范围是. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是准确把握三角函数的图象与性质，合理转化条件，得到关于的不等式. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知事件，若，，且，则 B. 已知事件，若，且与相互独立，则 C. 已知事件，若，，且，则与相互独立 D. 某班对学生体重进行抽样调查，抽取男生30人，平均数和方差分别为55，15；女生20人，平均数和方差分别为45，20，则总体样本的方差为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据条件得，即可求解；对B和C，利用相互独立事件的概率公式，再结合选项条件，即可求解；对D，利用分层抽样方差计算公式，结合选项条件，直接求出方差，即可求解. 【详解】对选项A，因为，所以，则，所以选项A正确； 对于选项B，因为与相互独立，，则， 又，所以选项B错误； 对于选项C，因为， 又，则， 所以与相互独立，故选项C正确， 对于选项D，样本总体平均数， 总体样本的方差为，所以选项D正确， 故选：ACD. 10. 已知点在焦点为的抛物线上，其中是各项均不为零的数列且．若，则（ ） A. B. 数列为等差数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求抛物线方程得，由，根据抛物线的定义得，进而得，即可求，进而判断A，根据等差数列的定义即可判断B，利用并项求和即可判断C，由得，令，利用导数研究单调性即可判断D. 【详解】由题意有：，所以抛物线方程为，又点在上，所以， 所以， 因为，所以， 所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以，故A正确； 又，不是固定不变的常数， 所以数列不是等差数列，故B错误； 由，故C正确； 由，即，令， 所以，所以在单调递增，又， 所以当时，，，即， 所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 椭圆具有特殊的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.对于椭圆，其左、右焦点分别是,为椭圆上任意一点，面积的最大值为，椭圆在点处的切线为，过点且与垂直的直线与椭圆的长轴交于点，且，点，给出下列四个结论，正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 当点横坐标为1时，的内切圆半径 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由面积的最大值为，求得，得到，可判定A正确；由椭圆的定义，转化为，可判定B正确；取点的坐标为，结合面积相等法，求得的内切圆的半径为，可判定C不正确；由椭圆的光学性质，过点与垂直的直线为的角平分线，设，分别求得，结合，列出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A，由椭圆，可得， 因为面积的最大值为，可得，解得， 所以，即椭圆的方程为，所以A正确； 对于B，由椭圆，可得，且 由椭圆的定义，可得，所以， 则， 当且仅当共线，且位于的延长线上时，等号成立，所以B正确； 对于C，当的横坐标为时，代入椭圆的方程，可得， 不妨取点的坐标为，则面积为， 又由的周长为， 设的内切圆的半径为，可得，即， 解得，所以C不正确； 对于D，由椭圆的光学性质，可得点与垂直的直线为的角平分线， 则， 设，则且， 因为且， 所以，且, 又由， 可得， 整理得，解得或， 当时，，此时与点重合，不符合题意，舍去； 所以，所以，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 若时，函数取得最小值，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，根据最值求出，再利用诱导公式和两角和与差的正弦公式化简求出即可. 【详解】， 其中锐角满足，， 当，时，，因此，， 那么， ， 所以． 故答案为：． 13. 在中，，,点为的中点，点为的中点，若，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设中角所对的边分别为，结合图形，利用向量的加减数乘运算用表示出，再运用数量积的运算律与向量数量积的定义求出的表示式，根据余弦定理和基本不等式求出的最大值，代入计算即得的最大值. 【详解】 如图，设中角所对的边分别为， 因点为的中点，点为的中点，，， 则， ， 则 ， 因，由余弦定理，，即， 于是， 因，可得，当且仅当时等号成立， 此时， 即当时，的最大值为. 故答案为：. 14. 记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为“牛顿数列”．若函数，且，数列为牛顿数列．设，已知，则______，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最大值为______． 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【分析】由导函数，可得，再由求出，即可得到，从而求出，又，则，可求出数列的通项公式与前项和为，参变分离可得对任意的恒成立，利用对勾函数的性质出即可. 【详解】因为，则，则， 由，所以，解得，所以， 所以， 由，所以， 所以， 即数列是以2为首项、2为公比的等比数列，所以，， 因为对任意的恒成立，又且单调递增， 所以对任意的恒成立，令， 根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增， 又，且， 所以，所以的最大值为． 故答案为：4；. 【点睛】思路点睛：由与的函数关系，结合“牛顿数列”的定义，由求出，再得到，从而求出，得出数列的特征，求出，最后的恒成立问题转化为函数最值问题． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 2025年3月14日（第六个国际数学日），某校开展了“站播台”、“史探秘”、“日海报”、“徽设计”、“帽设计”共5项挑战活动，每名学生至少参与其中一项活动.为了解该校上述活动的参与情况，现从高一、高二、高三学生中各随机选取100名学生作为样本进行调查，调查数据如下表： 挑战活动参与人数 站播台 史探秘 日海报 徽设计 帽设计 高一 80 45 55 75 45 高二 40 60 60 80 40 高三 15 50 40 20 30 通过样本估计该校全体学生参与活动的情况. （1）从5项活动中随机选择1项，估计此项活动全校参与的人数大于该校总人数的一半的概率； （2）从该校高一年级和高二年级中各随机选取2名学生，求这4名学生中恰有2名学生参与“徽设计”的概率； （3）假设高一某班参加挑战活动的情况如下： 挑战活动 站播台 史探秘 日海报 徽设计 帽设计 参与人数 7 9 已知，当数据，，，，的方差最小时，写出，，的取值.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意找出符合题意的情况，利用古典概型即可求解； （2）由题可得高一、高二随机选取1名学生参与“徽设计”的概率，然后根据独立事件乘法公式可得. （3）先求出数据，，，，的平均数为8.2，进而结合方差的公式及特点求解即可. 【小问1详解】 设“从5项活动中随机选择1项，此项活动全校参与的人数大于该校总人数的一半”， 根据题意，5项活动中，参与的人数大于该校总人数的一半的有：史探秘，日海报，徽设计， 则． 【小问2详解】 从该校高一年级中随机选取1名学生参与“徽设计”的概率为， 从高二年级中随机选取1名学生参与“徽设计”的概率为， 设“从高一年级随机选取2名学生，高二年级随机选取2名学生，这4名学生中恰有2名学生参与徽设计”， 则． 【小问3详解】 由， 则数据，，，，的平均数为 ， 则数据，，，，的方差为 ， 则的值集中在8.2附近时方差最小，又，， 此时的值为（任意分配），此情况相对更集中，其他情况较分散， 则或或. 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：； （2）记的中点为，若，且，求的周长． 【答案】（1） 由正弦定理，得， ， ， ， ，即， ，即； （2）16. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及三角恒等变换、三角形内角和性质化简已知条件为，即可证； （2）应用余弦定理及，进而得，结合已知（1）结论求边长，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）及题设有，又， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 显然有，则， 整理得，即，又， 所以，从而， 的周长为. 17. 如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． （1）若为棱的中点，证明：平面； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据线线平行可证明线面平行，进而可证明平面平面,即可由面面平行的性质求解， （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，即可得解. 【小问1详解】 过作于,连接, 故平面,平面,所以平面, 由于所以, ,故， 因此是的中点， 又是的中点，故, 平面,平面,所以平面, 平面，故平面平面, 平面,故平面 【小问2详解】 因为，所以． 所以，因为，所以， 又平面，所以平面， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 则， 设，则， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则． 设直线与平面所成的角为，所以， 整理得，解得（舍），所以． 18. 设双曲线的右焦点为，F到其中一条渐近线的距离为2. （1）求双曲线C的方程； （2）过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线于点M， （i）求的值； （ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：. 【答案】（1） （2）（i）1；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合点F到其中一条渐近线的距离为2和，即可求得本题答案； （2）（i）设AB直线方程为，，得，直线方程与双曲线方程联立消，然后由韦达定理得，，把逐步化简，即可求得本题答案；（ii）把和的直线方程分别求出，联立可得到点的坐标，由此即可得到本题答案. 【小问1详解】 因为双曲线其中一条渐近线方程为，又点到它的距离为2， 所以，又，得， 又因为，所以， 所以双曲线C的方程为. 【小问2详解】 （2）设AB直线方程为，则， 代入双曲线方程整理得：， 设，则， ， （i） 而 ， 所以，，则， 所以 ； （ii）过M平行于OA的直线方程为， 直线OB方程为与联立， 得， 即， 则， 所以， 由，两式相除得， ，则， 所以 ， 因为，所以， 故P为线段MQ的中点，所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一问考了如何用表示出来，进而利用韦达定理进行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力 19. 已知函数.当时，恒成立. （1）求实数的取值范围； （2）求证：（i）在上存在极值点和零点； （ii）对于（i）中的和，满足. 【答案】（1）; （2）（i）证明：，其中， 则，， 当时，， 由知，成立， 所以在上无零点，即在上无极值点. 当时，令， 则在上单调递增，， 由知，， 所以使得，当时，，即单调递减， 所以； 当时，，即单调递增， 因为，所以，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以在上存在唯一极小值点. 故，又因为， 所以存在使得， 所以在上存在唯一零点，得证. （ii）证明：由（i）知成立，下面证明. 由（i）知，所以， 因为在上单调递增，要证，只需要证明. 因为，所以， 由（i）知，得， 所以， 由（1）知，当时，，所以， 令，其中， 则恒成立， 所以在上单调递增，所以，即成立， 所以成立，即， 综上所述，得证. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，然后分类讨论时，是否恒成立，即可求解； （2）（i）对函数求导，确定函数的单调性，然后结合零点存在定理即可解决； （ii）由（i）知成立，只要证出即可，构造新函数，通过函数的单调性证明成立，从而证得不等式. 【小问1详解】 ，求导可得， 观察可知在上单调递增，所以. ①当时，恒成立，所以在上单调递减，，不满足题意； ②当时，在上单调递增， 所以，使得，当时，，在上单调递减， 所以时，，不满足题意； ③当时，恒成立，所以在上单调递增，，满足题意. 综上，. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $