湖北省襄阳四中2025-2026学年高三上学期数学周测（十五）

襄阳四中2026届高三上学期数学测试（十五） 一、单选题 1．已知集合，那么集合（   ） A． B． C． D． 2．已知平面向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．某种品牌摄像头的使用寿命ξ (单位：年)服从正态分布，且使用寿命不少于2年的概率为0.8，使用寿命不少于6年的概率为0.2.荆州中学在大门口同时安装了两个该种品牌的摄像头，则在4年内这两个摄像头都能正常工作的概率为 A． B． C． D． 4．若满足，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．已知：，直线l：，P为l上的动点，过点P作的切线，切点为A、B，当弦长最小时，则直线的方程为（    ） A． B． C． D． 6．若，数列的前n项和为，且，，则（   ） A．76 B．38 C．19 D．0 7．设函数.若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知双曲线为的左顶点，抛物线的准线与轴交于．若在的渐近线上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题正确的是（   ） A．已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B．数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14 C．已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D．，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则 10．如图.直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中点，是棱上一动点（不包含端点），则（    ） A．与平面有可能平行 B．与平面有可能平行 C．三角形周长的最小值为 D．三棱锥的体积为定值 11．已知两点在曲线上，为坐标原点，则（    ） A．关于原点对称 B．若圆与有公共点，则 C．存在轴上方的两点，使得 D．若点在第一象限，则存在唯一直线，使得点到轴和到直线的距离之积为定值 三、填空题 12．二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为 . 13．棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则 . 14．若函数在上恰有2个零点，则符合条件的a为 . 四、解答题 15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.    (1)求的大小. (2)如图所示，为外一点，，，，求值. 16．已知数列是等差数列，，且成等比数列.给定，记集合的元素个数为bk. (1)求的值; (2)求满足的最小自然数的值. 17．如图，平面，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求四面体的体积． 18．已知椭圆的左焦点为，右焦点为，离心率． 过且斜率为的直线交椭圆于、两点，的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)过点且垂直于的直线与椭圆的一个交点为(在轴上方)，过点且平行于的直线与椭圆交于另一点，问：是否存在直线，使得四边形为平行四边形？若存在，求出此时四边形的面积；若不存在，说明理由． 19．某商家推出一个活动：将n件价值各不相同的产品依次展示在参与者面前，参与者可以选择当前展示的这件产品，也可以不选择这件产品，若选择这件产品，该活动立刻结束；若不选择这件产品，则看下一件产品，以此类推，整个过程参与者只能继续前进，不能返回，直至结束．同学甲认为最好的一定留在最后，决定始终选择最后一件，设他取到最大价值产品的概率为；同学乙采用了如下策略：不取前件产品，自第件开始，只要发现比他前面见过的每一个产品的价值都大，就选择这件产品，否则就取最后一件，设他取到最大价值产品的概率为． (1)若，求和； (2)若价值最大的产品是第件（），求； (3)当趋向于无穷大时，从理论的角度（即），求的最大值及取最大值时的值．（取） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 襄阳四中2026届高三上学期数学测试（十五） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B D C B A D AD ACD 题号 11 答案 ACD 8．D 【详解】抛物线的准线与轴交于，则， 设的中点为，，则， 在的渐近线上存在点，使得， 是以为圆心，半径为的圆与渐近线有公共点， 所以， ， 所以. 故选：D 9．AD 【详解】对于A，样本点的残差为，故A正确； 对于B，因为， 所以分位数是，故B错误； 对于C，若最大，则， 解得，所以的取值集合是，，故C错误； 对于D，若且，2，3，，则，2，3，， 所以，故D正确． 故选：AD 10．ACD 【详解】对于A，连接，当Q为的中点时，， 因为，∥，∥，， 所以，∥， 所以四边形为平行四边形， 所以与互相平分，设与交于点，连接， 因为P是棱的中点，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面BPQ，故A正确； 对于B，，又平面BPQ，BD与平面BPQ只能相交， 所以与平面BPQ只能相交，故B错； 对于C，，把沿展开与在同一平面（如图）， 则当B，P，Q共线时，有最小值， 在直角梯形中，，，，， 则， 所以， 所以， 所以三角形BPQ周长的最小值为，故C正确； 对于D，，因为定值，因为∥，∥， 所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以为定值．所以D正确， 故选：ACD． 11．ACD 【详解】对于A项，设曲线上任意一点为，则关于原点的对称也在曲线上，所以关于原点对称，故A项正确. 对于B项，不妨设，则曲线，要使圆与有公共点，则，得，因为有解，且，当且仅当时等号成立，所以，其他象限同理可证，故B项不正确. 对于C项，不妨设曲线上任意一点为，则关于轴的对称也在曲线上，所以曲线关于轴对称，此时的张角可取到最大或最小，对于，，设过两点，与曲线相切的直线斜率为，同理可得，此时， 所以，因为，所以存在轴上方的两点，使得，故C正确. 对于D项，设曲线上任意一点为，则点到轴的距离，设直线为，点到直线的距离，又因为，代入得，当时，为定值，故D正确. 故选：ACD. 12． 13． 【详解】由题意，正三棱柱的棱长均为， 所以，由题意可得，又由得，∴，∴ ∵，∴，∴ 在等边中，边上的高为. 因为，∴. 故答案为：. 14．1 【详解】令，则或， 由， 当时，在上没有零点， 则在上应有2个零点， 因为，所以，即， 与联立得，因为，所以a无解； 当时，在上有1个零点， 而在上有1个零点，满足题意； 综上得符合条件的为1． 故答案为：1． 15．(1) (2) 【详解】（1）， 在中，由正弦定理得， ， 由三角形内角和为可得， ， ， 即， ，，， 即， 又，，即， （2）设，令，， 在中，由正弦定理得， ，，. 在中，由正弦定理得，，，， ， 解得， . 16．(1)， (2) 【详解】（1）解：设数列的公差为， 因为成等比数列，且，所以， 即，即，解得，所以， 又因为， 当时，集合，所以集合中元素的个数； 当时，集合，所以集合中元素的个数； （2）解：由集合 的元素个数为， 结合（1）可得， 所以， 当时，可得； 当时，可得， 又由， 所以数列为递增数列，所以的最小值是. 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为平面，且平面， 所以，，又， 则以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系 (如图)， 则，． 因为，， 又平面， 所以平面， 故是平面的一个法向量，     又，所以，                        又因为平面 所以平面． （2）设为平面的一个法向量， 则， 又， ， 所以， 令，可得．                  又因为是平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）因为，平面的一个法向量， 所以点E到平面的距离 ， 因为，， 又平面，，则平面， 又平面， 所以，， 又，， 则， 在中：， ， ， 所以，所以， 所以，                   所以四面体体积. 18．(1) (2)存在直线，面积为 【详解】（1） ∵， 所以． 又因为，即，所以， 所以． 故椭圆的方程为． （2）由题得：， 设直线为：，直线为： 设，， 由消去，得， 则，， 由消去，得， 由，可知，设，又， 则，. 因为四边形为平行四边形， 所以，即， 故． 所以．得． 此时直线为：，直线为：， 两平行线距离， 又因为， 所以四边形的面积， 所以存在直线，使得四边形为平行四边形，此时四边形的面积为. 19．(1)， (2) (3)的最大值为，此时 【详解】（1）由题意可知，， 依题意，4个产品的位置从第一个到第4个排序，有种情况，同学乙要取最贵价值产品，有以下两种情况： 最贵价值产品是第3个，其它的随意在哪个位置，有种情况；最贵价值产品是第4个，第二贵价值产品是第1个或第2个， 其它的随意在哪个位置，有种情况，所以所求概率 （2）法一：若考虑全部产品排序，价值最大的产品是第件，共有种排法， 先从件产品中挑件产品出来， 其中价值最大的产品放在前，剩下的全排列，共种排法，剩下的件产品全排列， 即； 法二：若价值最大的产品是第件，则乙同学能取到该产品， 只需要前件产品中价值最大的产品排在前件，即； （3）记事件表示最贵价值产品被乙同学取到，事件表示最贵价值产品排在第个，则， 由全概率公式可知，， 当时，最贵价值产品在前个中，不会被取到，此时, 当时，最贵价值产品被取到，当且仅当前件产品中最贵的一个在前个之中，此时， 此时， 令，，由，得， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 则，于是当时，取得最大值， 所以的最大值为，此时的值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $