精品解析：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. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出集合，利用交集的定义求解即可. 【详解】因为,所以, 故选：A. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量的定义求出，再由向量的模长公式求解即可. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为， 所以，所以，又， 所以，所以. 故选：C. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两种情况下的使用概率，求得该摄像头平均使用寿命为4年，进而求得两个摄像头同时正常工作的概率． 【详解】因为使用寿命不少于2年的概率为0.8，使用寿命不少于6年的概率为0.2，因而根据正态分布规律可知该摄像头平均使用寿命为 年 所以每个摄像头4年内正常工作的概率为0.5，因而两个摄像头同时能正常工作的概率为 0.50.5=0.25 所以选B 【点睛】本题考查了正态分布的简单应用，独立事件概率的运算，属于基础题． 4. 若满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则满足 等价于，求导分析的单调性，求出的最小值，继而即可求解. 【详解】设，则恒成立，即， 因为，所以在上单调递增， 且当时，， 故当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取得极小值，即最小值， ， 令，得． 故选：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. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设得，半径，在等腰中分析最小时最小，进而得到最大，此时且，即最小，此时再应用余弦定理、倍角正弦公式求，设直线，点线距离公式和圆中弦长的几何求法确定直线的方程. 【详解】由题设，，则，半径，如下图示， 等腰中，要使最小，只需最小，即有最大， 当且仅当，即最小时，最大，此时，且， 所以，而，， 所以， 所以到直线的距离， 令直线，则或， 由图知：，即直线. 故选：C 6. 若，数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 76 B. 38 C. 19 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的对称性，求出数列的通项公式，再利用数列性质及函数对称性求和可得结果. 【详解】因为函数的定义域为， 且， 所以函数的图象关于点成中心对称， 所以，若，则. 由，得当时，， 两式相减得，整理得，即， 因为，，所以，即， 所以对任意正整数，都有， 所以数列为常数列，故，即， 由得数列是等差数列， 所以， 故， 所以. 故选：B. 7. 设函数.若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用辅助角公式和三角函数值域可得，再由可得，即可求出的最小值为. 【详解】因为， 所以. 因为，所以， 故，. 所以， 解得， 故，其最小值为. 故选：A. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆和直线的位置关系列不等式，化简求得双曲线离心率的取值范围. 【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 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 【答案】AD 【解析】 【分析】根据残差、百分位数、二项分布、样本方差等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，当Q为的中点时，可证得四边形为平行四边形，则与互相平分于点，连接可证得∥，再由线面平行的判定定理可得结论，对于B，由题意可得与平面BPQ相交，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，从而可求得结果，对于D，， 为定值，可得结论. 【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． 【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定和棱锥体的求法，对于选项A解题的关键是证明四边形为平行四边形，从而可找到的中点，再利用三角形中位线定理可得线线平行，考查空间想象能力，属于较难题. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，只需证曲线上任意一点关于原点的对称也在曲线上即可.对于B，写出各个象限的曲线方程，与圆联立方程组，消所得方程有解.对于C，利用曲线关于轴对称，不妨设两点关于轴对称，从而找到的范围.对于D，不妨设直线方程为，只需要找到与点坐标无关的即可. 【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. 【点睛】关键点睛：通过曲线可以判断出曲线关于原点和轴对称对称，那么在研究曲线的时候就可以只研究第一象限的曲线是否满足条件，从而推断出整体是否满足条件. 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______________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，即可求出，再由展开式的通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 依题意，所以， 所以二项式展开式的通项为（且）， 令，解得，所以， 所以展开式中的系数为为. 故答案为： 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___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，由，可得，从而可得，据此可得答案. 【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. 若函数在上恰有2个零点，则符合条件的a为_______. 【答案】1 【解析】 【分析】该函数零点可以转化为一个二次函数零点与正弦型函数零点的个数之和，再对、分类讨论，即可得取值. 【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． 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用三角恒等变换求解； （2）令，，在中，利用正弦定理得到，在中，利用正弦定理得到，从而得到求解. 【小问1详解】 ， 在中，由正弦定理得， ， 由三角形内角和为可得， ， ， 即， ，，， 即， 又，，即， 【小问2详解】 设，令，， 在中，由正弦定理得， ，，. 在中，由正弦定理得，，，， ， 解得， . 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. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设数列的公差为，根据题意，列出方程，求得，得到，结合，分别求得的值； （2）由（1）得到，求得，当和时，可得，，进而得到的最小值. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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， 所以数列为单调递增数列，所以的最小值是. 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． 【答案】（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） （3） 【解析】 【分析】（1）根据垂直关系建立空间直角坐标系，通过证明向量与平面的一个法向量垂直即可证明； （2）先求出平面的一个法向量，再由坐标运算求出两个平面的法向量夹角余弦值的绝对值，即为所求； （3）利用空间向量公式求出点E到平面的距离，由勾股定理的逆定理求得，进而求出的面积，即可求得四面体的体积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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. 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． 【答案】（1） （2）存在直线，面积为 【解析】 【分析】（1）结合椭圆的定义以及离心率公式代入计算，即可得到椭圆的标准方程； （2）根据题意，分别联立直线，直线与椭圆方程，由四边形为平行四边形，结合韦达定理以及弦长公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 ∵， 所以． 又因为，即，所以， 所以． 故椭圆的方程为． 【小问2详解】 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. 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） 【答案】（1）， （2） （3）的最大值为，此时 【解析】 【分析】（1）根据题意直接求，根据同学乙的选法规则，结合排列问题，即可求解； （2）根据题意，结合排列，组合问题，以及古典概型概率公式，即可求解； （3）根据（2）的结果，以及全概率公式求，再构造函数，利用导数求函数的最值. 【小问1详解】 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 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解同学乙的选法规则，利用排列，组合，解决概率问题. 第1页/共1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） 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） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $