精品解析：广东深圳市福田区红岭中学（红岭教育集团）2026届上学期高三第四次统一考试数学试题

红岭中学（红岭教育集团）2026届高三第四次统一考试数学试题 （说明：本试卷考试时间为120分钟，满分为150分） 命题人：肖竣文 审题人：李友军 一、选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义直接求解. 【详解】解不等式，得，则，而， 所以. 故选：B 2. 下列四个命题中，是假命题的为（ ） A. B. ，使 C. D. ，使 【答案】D 【解析】 【分析】由不等式的性质判断各不等式是否能成立或恒成立，即可得. 【详解】对于，均有，当且仅当时取等号，故A、B为真， 由在上恒成立，故C为真，D为假. 故选：D 3. 在的展开式中，求含的项为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出展开式的通项，再根据通项求解即可. 【详解】由题知二项式展开式的通项且， 当时，解得， 此时含的项为. 故选：C. 4. 已知实数满足，则最小值为（　　） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用基本不等式求最小值即可. 【详解】由，则， 当且仅当，即时等号成立， 所以最小值为8. 故选：B 5. 如图，矩形的长为3，宽为2，E是边的中点，F是边上靠近点A的三等分点，与交于点M，则的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图形的特点建立平面直角坐标系，写出相应点的坐标，再利用与共线，与共线，求出点的坐标，最后利用向量夹角的余弦公式进行求解即可. 【详解】 以为坐标原点，，所在方向分别为轴和轴建立平面直角坐标系， 则，，，，，设， ，，，， 与共线，设，，即， 与共线，设，，即， ，解得，， ， ，， ，， ， . 故选：A. 6. 在等比数列中，，，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，易得数列为等比数列，公比为，进而结合等比数列的通项公式可得，根据的正负讨论求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，则， 所以数列为等比数列，公比为， 由题设可得， 当时，，两式相互矛盾； 当时，， 两式相加得，，即， 两式相减得，，即， 所以，即，则； 当时，，即，两式相互矛盾； 当时，， 两式相加得，，即， 两式相减得，，即， 所以，即，则. 综上所述，或. 故选：A 7. 已知直线与圆相切，则满足条件的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】C 【解析】 【分析】法一：借助点到直线距离公式可得原点到直线的距离为定值，则可得直线与圆相切，再结合公切线性质计算即可得解；法二：由公切线性质可得圆心到直线的距离为半径，则可得取值可能，即可得解. 【详解】法一：原点到直线的距离为， 从而满足条件的直线为圆和圆的公切线， 因为，故两圆外切，共有三条公切线． 法二：由题设知，圆心到直线的距离为： ， 化简得，即或， 当时，； 当时，或． 故满足条件的直线有三条． 故选：C. 8. 在长方体中，分别是棱的中点，点满足，若过点的平面截长方体所得的截面为五边形，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据长方体的性质，以及面面相交的概念，判断截面为五边形时的情况，进而判断结果. 【详解】如图所示， 要使点所在的截面为五边形，则截面与棱相交， 因为是的中点，所以， 因为，， 所以，所以， 在长方体中，，所以， 所以， 同理可得，即， 因为，所以，即，所以， 即实数的取值范围是. 故选：B. 二、选择题（本大题共3小题，每题6分，共18分，每小题的4个选项中有多个选项是正确的，少选的按比例给分，有选错的得0分，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上） 9. 为研究关于的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表），假设经验回归方程为，则（ ）（参考公式：相关系数为） 1 2 3 4 5 0.3 0.8 1 1.2 1.7 A. B. 当时，对应的残差为0.11 C. 样本数据的上四分位数为1.2 D. 去掉点后，与的样本相关系数变小 【答案】AC 【解析】 【分析】对于，求出，由一定满足线性回归方程，代入即可求解；对于，按照残差的概念求解即可；对于，按照上四分位数求解方法求解即可；对于，由相关系数公式计算判断即可. 【详解】对于，由题意知， 由经验回归方程过样本中心点， 代入，得，故正确； 对于，当时，，残差， 故错误； 对于，将排序，因为，所以上四分位位置为第四位， 所以，故正确； 对于， ， 去掉点后， 则 ， 则相关系数不变，故错误. 故选： 10. 已知为常数，函数有且只有一个极值点，则（ ） A. B. C. 为极大值点 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求函数导数，分析导数零点的唯一性确定的取值范围，进而确定极值点的范围、类型及函数数值符号. 【详解】由题意，， 由题意函数有且只有一个极值点， 可得有且仅有一个变号零点，故曲线与直线有且只有一个穿越型交点， 令，则， 易知当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 因此在处取得极小值，也是最小值，且时, 又因为直线恒过原点，如下图所示： 由图可得，，所以正确， 当时，，可知在上单调递减； 当时，即在上单调递增； 故为极小值点，所以错误； 显然，代入，得，正确． 故选： 11. 已知是抛物线上一点.按如下方式依次构造点（）；过点作斜率为（）的直线与交于另一点，点为关于轴的对称点.令.（ ） A. 若，则 B. 数列是等差数列 C. 数列是等比数列 D. 设是的面积，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A选项，根据题意，结合斜率公式和抛物线方程，即可求解； 对于B、C选项，通过直线的斜率公式和抛物线方程推导数列的递推关系，即可判断； 对于D选项，利用斜率相等证明直线平行，进而得出面积相等. 【详解】对于A选项，设，点为关于轴的对称点，则， 又点，点在抛物线上，所以，， 两式相减，得，化简得， 又过点的直线斜率，且， 所以，解得.故A错误； 对于B、C选项，因为关于轴的对称点为，直线的斜率为， 所以，且，化简整理，得， 又，都在上，两式相减，得， 即，所以， 所以是首项为2，公差为的等差数列，故B正确，C不正确； 对于D选项，若，即，而与有一条公共边，所以需考虑，到边的距离， 而，同理，， 由于是等差数列，所以，从而有，则，所以.故D正确. 故选：BD 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分，请将答案填写在答题卷相应位置上） 12. 若是以2为最小正周期的函数，时，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的周期性，将转化为已知区间内的函数值，再代入相应的函数表达式进行计算. 【详解】因为函数的最小正周期为2，所以， 由已知当时，，所以， 所以. 故答案为： 13. 若复数满足，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】由求解即可. 【详解】由复数的几何意义得 所以. 故答案为：3 14. 在日常好友聚会时，为了助兴通常会玩一种“数七”的游戏：参与游戏的人围坐一圈，随机选择一人从1开始报数，围坐的人按逆时针座位顺序依次报数，所报数字比上一人报数增加1.当报数的数字为7的倍数，或所报数字各数位上含有数字7时，不能直接报出此数字，需报出“过”代替，例如按序需报数7，14，17……等数字的报数人则不报该数，直接报“过”，直到有人报错，该轮游戏结束.在某轮游戏中小明报数为31，且在这次报数之前没有报“过”，则参与本轮游戏人数至少是_____________人. 【答案】 【解析】 【分析】利用列举法可求游戏人数的最小值. 【详解】设游戏人数为， 若，则小明报数为，此时含有“过”，不合题意； 若，因为小明报数为31，且人轮流报数， 则小明报数为，此时含有“过”，不合题意； 若，因为小明报数为31，且人轮流报数， 则小明报数为，此时含有“过”，不合题意； 若，因为小明报数为31，且人轮流报数， 则小明报数为，此时含有“过”，不合题意； 若，因为小明报数为31，且人轮流报数， 则小明报数为，此时含有“过”，不合题意； 若，因为小明报数为31，且人轮流报数， 则小明报数为，此时含有“过”，不合题意； 若，因为小明报数为31，且人轮流报数， 则小明报数为，此时含有“过”，不合题意； 若，因为小明报数为31，且人轮流报数， 则小明报数为，此时含有“过”，不合题意； 若，因为小明报数为31，且人轮流报数， 则小明报数为，小明在报数之前没有报“过” ， 综上，， 故答案为： 四、解答题（共77分，请将答案填写在答题卷相应位置上，答错位置不给分，要求要有必要的文字叙述和推理说明） 15. 在中，角的对边分别是，已知. （1）求； （2）若，且的周长为，求. 【答案】（1）或； （2） 当时，无解；当时，或. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，进而求出. （2）由（1）的结论，利用余弦定理列式求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得，而， 则，又， 所以或. 【小问2详解】 由的周长为，，得， 在中，由余弦定理得，即， 则，当时，，于是，，此方程无解； 当时，，于是，解得或， 所以当时，无解；当时，或. 16. 如图，在三棱锥中，平面PAB，平面平面ABC，点D，E分别为棱AB，AC的中点，. （1）证明：平面ABC； （2）点关于平面PDE的对称点为，求直线MB与平面PCD所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】(1)由面面垂直的性质定理进行求解； (2)建立空间直角坐标系进行求线面角问题． 【小问1详解】 因为平面， 平面，所以 又平面平面ABC，平面平面，平面， 则平面ABC； 【小问2详解】 以为原点，AB所在直线为轴，AC所在直线为轴，PA所在直线为，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， ， 得，取， 设平面的法向量为， 得，取， 又，设MB与平面所成角为，则． 故直线MB与平面所成角的正弦值为： 17. 为探索“AI技术赋能下的教育新范式”，2025年10月，深圳市福田区红岭中学高中部，提出新的教学评价标准.为了得到高一年级50位教师对新评价标准是否赞同的真实反馈，学校教学处利用“西蒙斯模型”进行网上问卷调查：在微信中开发了一个随机数模拟小程序，当教师点击“抽取”键，手机屏幕将出现数字的快速随机滚动，并最终等可能的生成1，2，3，4，5当中的一个数，每个教师抽取两次.规定“若抽取的两个数奇偶性不同，则按方案①填写问卷，否则按方案②填写问卷”. 方案①：若第一次抽到的是偶数且第二次抽到的是奇数，则在问卷中填“”否则填“”； 方案②：若对新评价标准赞同，则在问卷中填“”，否则填“”. 当所有教师完成问卷调查后，统计填“”与填“”的比例.用频率估计概率，即可得到高一年级50位教师对新评价标准赞同比例的估计值. （1）若用表示按方案①填写问卷的人数，求的数学期望和方差； （2）若所有调查问卷中，填“”的问卷有33份，试估计高一年级50位教师对新评价标准的赞同比例（用分数表示）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先算单次抽奇偶不同的概率，再用二项分布求期望和方差； （2）用全概率公式，结合已知条件反推方案②的赞同概率. 【小问1详解】 每名教师每次抽取到偶数的概率为，抽取到奇数的概率为， 每名教师两次抽取到的数字奇偶性不同的概率， 则位教师中按方案填写问卷的人数， 所以的数学期望； 的方差. 【小问2详解】 记事件为“按方案填写问卷”，事件为“按方案填写问卷”，事件为“在问卷中填“”. 由（1）知， ， 由全概率公式， 则，解得， 所以根据调查问卷估计，高一年级位教师对新评价标准的赞同比例为. 18. 已知函数的定义域为，其导函数为，且. （1）求的单调区间； （2）已知关于的方程恰有两个实数根，若，求的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1）在单调递增，在单调递减，最大值为； （2）； （3） 设， 设，则， 设，则， 所以单调递减，，所以单调递减， 因为，所以在单调递增，在单调递减， 所以， 由（1）知，，所以函数在上单调递减， 所以，即， 所以. 【解析】 【分析】（1）对求导，得出的单调性，结合最值的定义即可得； （2）设，代入，将化简为，设，对求导，得出的单调性，证，即可求； （3）设，求，研究的单调性和最值可得，再结合的单调性即可证明. 【小问1详解】 ，令，解得， 当时单调递增，当时单调递减， 所以时，取得最大值， 所以在单调递增，在单调递减，的最大值为. 【小问2详解】 依题意，，两式相除可得， 不妨设，所以，所以， 所以， 设，则， 设，则， 所以单调递增，所以， 所以单调递增，所以． 所以的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. （1）若， （i）若，求； （ii）求证：为定值； （2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. 【答案】（1）（i）； （ii）法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为， 设由得 所以. 当时，由（i）可得； 当时，设的斜率分别为.. 所以， . 所以. 因为在第一象限，所以，所以，所以. ②直线斜率不存在时，可得， 可得，所以， 同理可得.综上可得，为定值，得证.法2： ①时，由（i）可得；②时， 设的斜率分别为.设， 由在直线上可得. 与联立可得， 即， 所以就是方程的两根. 所以，， 因为在第一象限，所以，所以， 所以.综上可得，为定值，得证. （2）2 【解析】 【分析】（1）（i）先求直线的方程，联立双曲线方程求得点的坐标，求直线斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；法2，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值； （2）先对直线、斜率不存在的情形进行验证；法1：和均存在时，设，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法2，和均存在时，由三点共线可得，求得的值和，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法3，若和均存在，设，则，得到，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值. 【小问1详解】 （i），所以直线. 直线与联立可得，解得或，所以. 所以，所以； （ii）略 【小问2详解】 由（1）可得时，. ①不存在，则，由①（i）可得，所以， 所以. ②不存在，则，则， 此时，由图可得. ③法1：若和均存在，设，则 与双曲线联立可得. 所以. 所以， 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法2：若和均存在，设，则. 由三点共线可得. 所以，所以. 所以 . 所以，所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法3：若和均存在，设，则， 则. 记直线的倾斜角为，则，所以 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 红岭中学（红岭教育集团）2026届高三第四次统一考试数学试题 （说明：本试卷考试时间为120分钟，满分为150分） 命题人：肖竣文 审题人：李友军 一、选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个命题中，是假命题的为（ ） A. B. ，使 C. D. ，使 3. 在的展开式中，求含的项为（　　） A. B. C. D. 4. 已知实数满足，则最小值为（　　） A. 4 B. 8 C. D. 5. 如图，矩形的长为3，宽为2，E是边的中点，F是边上靠近点A的三等分点，与交于点M，则的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 在等比数列中，，，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 7. 已知直线与圆相切，则满足条件的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 8. 在长方体中，分别是棱的中点，点满足，若过点的平面截长方体所得的截面为五边形，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共3小题，每题6分，共18分，每小题的4个选项中有多个选项是正确的，少选的按比例给分，有选错的得0分，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上） 9. 为研究关于的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表），假设经验回归方程为，则（ ）（参考公式：相关系数为） 1 2 3 4 5 0.3 0.8 1 1.2 1.7 A. B. 当时，对应的残差为0.11 C. 样本数据的上四分位数为1.2 D. 去掉点后，与的样本相关系数变小 10. 已知为常数，函数有且只有一个极值点，则（ ） A. B. C. 为极大值点 D. 11. 已知是抛物线上一点.按如下方式依次构造点（）；过点作斜率为（）的直线与交于另一点，点为关于轴的对称点.令.（ ） A. 若，则 B. 数列是等差数列 C. 数列是等比数列 D. 设是的面积，则 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分，请将答案填写在答题卷相应位置上） 12. 若是以2为最小正周期的函数，时，，则__________. 13. 若复数满足，则__________. 14. 在日常好友聚会时，为了助兴通常会玩一种“数七”的游戏：参与游戏的人围坐一圈，随机选择一人从1开始报数，围坐的人按逆时针座位顺序依次报数，所报数字比上一人报数增加1.当报数的数字为7的倍数，或所报数字各数位上含有数字7时，不能直接报出此数字，需报出“过”代替，例如按序需报数7，14，17……等数字的报数人则不报该数，直接报“过”，直到有人报错，该轮游戏结束.在某轮游戏中小明报数为31，且在这次报数之前没有报“过”，则参与本轮游戏人数至少是_____________人. 四、解答题（共77分，请将答案填写在答题卷相应位置上，答错位置不给分，要求要有必要的文字叙述和推理说明） 15. 在中，角的对边分别是，已知. （1）求； （2）若，且的周长为，求. 16. 如图，在三棱锥中，平面PAB，平面平面ABC，点D，E分别为棱AB，AC的中点，. （1）证明：平面ABC； （2）点关于平面PDE的对称点为，求直线MB与平面PCD所成角的正弦值. 17. 为探索“AI技术赋能下的教育新范式”，2025年10月，深圳市福田区红岭中学高中部，提出新的教学评价标准.为了得到高一年级50位教师对新评价标准是否赞同的真实反馈，学校教学处利用“西蒙斯模型”进行网上问卷调查：在微信中开发了一个随机数模拟小程序，当教师点击“抽取”键，手机屏幕将出现数字的快速随机滚动，并最终等可能的生成1，2，3，4，5当中的一个数，每个教师抽取两次.规定“若抽取的两个数奇偶性不同，则按方案①填写问卷，否则按方案②填写问卷”. 方案①：若第一次抽到的是偶数且第二次抽到的是奇数，则在问卷中填“”否则填“”； 方案②：若对新评价标准赞同，则在问卷中填“”，否则填“”. 当所有教师完成问卷调查后，统计填“”与填“”的比例.用频率估计概率，即可得到高一年级50位教师对新评价标准赞同比例的估计值. （1）若用表示按方案①填写问卷的人数，求的数学期望和方差； （2）若所有调查问卷中，填“”的问卷有33份，试估计高一年级50位教师对新评价标准的赞同比例（用分数表示）． 18. 已知函数的定义域为，其导函数为，且. （1）求的单调区间； （2）已知关于的方程恰有两个实数根，若，求的取值范围； （3）证明：. 19. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. （1）若， （i）若，求； （ii）求证：为定值； （2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $