湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三上学期第四次周考数学试卷

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高三上学期第四次周考数学试卷 一、单选题 1．若集合，，则＝（    ） A． B． C． D．或 2．下列说法正确的是（   ） A．命题“，”的否定是“，” B．设，则“”是“”的必要不充分条件 C．“”是“”的充分不必要条件 D．“”是“”的既不充分也不必要条件 3．已知角以x轴正半轴为始边，终边经过点，则是（    ） A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角 4．计算（    ） A． B． C． D． 5．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为（    ） A． B． C． D．2 6．已知数列的首项，且满足，则（    ） A．2037 B．2047 C．1014 D．1021 7．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，，若存在，使得方程有四个不同的实根，则n的最大值是 A．0 B．1 C．2 D．3 二、多选题 9．已知，，集合，，则集合可以是（    ） A． B． C． D． 10．设是三角形的一个内角，则下列哪些值可能为负值（    ） A． B． C． D． 11．已知，，则下列命题是真命题的是（   ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，则 三、填空题 12．不等式的解集为______． 13．已知函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点，则实数的取值范围是__________ 14．已知为坐标原点，F为抛物线C：的焦点，过点的直线交C于A、B两点，直线、分别交C于M、N，则的最小值为___________ 四、解答题 15．在斜三角形中，内角所对的边分别为，已知． (1)证明：； (2)若，求的最小值． 16．如图，三棱柱的侧面与侧面均为正方形，为的中点，. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面. 17．已知椭圆的长轴长是，为右顶点，，，，是椭圆上异于顶点的任意四个点，当直线经过原点时，直线和的斜率之积为. (1)求椭圆的方程； (2)当直线和的斜率之积为定值时，直线是否过一个定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 18．某公司人数众多为鼓励员工利用网络进行营销，准备为员工办理手机流量套餐.为了解员工手机流量使用情况，按照男员工和女员工的比例分层抽样，得到名员工的月使用流量（单位：）的数据，其频率分布直方图如图所示. （1）求的值，并估计这名员工月使用流量的平均值（同一组中的数据用中点值代表； （2）若将月使用流量在以上（含）的员工称为“手机营销达人”，填写下面的列联表，能否有超过的把握认为“成为手机营销达人与员工的性别有关”； 男员工 女员工 合计 手机营销达人 5 非手机营销达人 合计 200 参考公式及数据：，其中. 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 （3）若这名员工中有名男员工每月使用流量在，从每月使用流量在的员工中随机抽取名进行问卷调查，记女员工的人数为，求的分布列和数学期望. 19．如图，在直角梯形中，||＝2，，＝2，为直角，E为的中点，＝λ (，). (1)当时，用向量，表示向量； (2)求||的最小值，并指出相应的实数λ的值. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B A A A C C AB BC 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】解出集合中的不等式可得答案. 【详解】∵,或，∴AB＝或， 故选：D． 2．C 【分析】对于A，利用全称命题的否定即可判断；对于BCD，化简不等式即可判断. 【详解】对于A，命题＂＂的否定是＂＂，故A不正确； 对于B，由，解得且，所以＂＂是＂＂的充分不必要条件，故B错误； 对于C ，由，可得或，所以＂是＂＂的充分不必要条件，故C正确； 对于D，由，解得或，所以＂＂是＂＂的充分不必要条件，故D错误． 故选：C 3．B 【分析】先确定点P在第四象限，即角的终边在第四象限，的终边为角终边的反向延长线，即可得出答案. 【详解】，，即， 故点P在第四象限，即角的终边在第四象限， 的终边为角终边的反向延长线，那么的终边在第二象限． 故选：B． 4．A 【解析】直接利用分数指数幂的运算法则求解即可,化简过程注意避免出现计算错误. 【详解】 故选：A 【点睛】本题主要考查指数幂的运算，属于基础题. 指数幂运算的四个原则：（1）有括号的先算括号里的，无括号的先做指数运算；（2）先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂的倒数；（3）底数是负数，先确定符号，底数是小数，先化成分数，底数是带分数的，先化成假分数；（4）若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示，运用指数幂的运算性质来解答（化简过程中一定要注意等价性，特别注意开偶次方根时函数的定义域） 5．A 【分析】先找到平面AD1E与平面ABCD的交线，再利用异面直线的定义找到交线与直线C1D1所成角，求解即可. 【详解】延长与直线相交于F，连接, 则平面与平面的交线为， 又∵ ∴为平面与平面的交线与直线所成角， ∵是棱的中点，且∥， ∴，∴. 故选：A. 6．A 【分析】先由递推公式变形求出等比数列的公比和首项，求出新数列的通项，再代入可得. 【详解】由可得，即， 又，可得， 所以数列是以2为公比，2为首项的等比数列， 即，所以， 所以. 故选：A. 7．C 【分析】构造函数，利用导数证明函数在上单调递减，由此即可得解. 【详解】设，则. 设，则， 当时，，单调递减. 因为，所以当时，， 则在上单调递减. 又，所以， 即，则，从而. 故选：C. 8．C 【分析】依题意，转化可得函数与直线有且仅有四个不同的交点，且易发现函数为偶函数，利用导数研究函数的性质，作出函数图象，观察图象可得实数的取值范围，进而得到的最大值. 【详解】令， 则， 依题意，函数与直线有且仅有四个不同的交点， 易知函数为偶函数，故先研究时的情况， 当时，， 令，解得，令，解得， 故函数在上单调递减，在上单调递增，且， 由偶函数的对称性，可作出函数的图象，如下图所示， 由图可知，，又，， ∴的最大值为2， 故选：C. 【点睛】本题考查函数与导数的综合运用，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想与数形结合思想，将问题转化为函数的图象与直线有且仅有四个不同的交点，进而通过数形结合确定实数的取值范围是解题的关键，属于难题 9．AB 【分析】由集合子集定义验证各选项即可得答案. 【详解】A选项，若集合，则满足，A正确； B选项，若集合，则满足，B正确； C选项，若集合，则满足，但不是的子集，C错误； D选项，若集合，则满足，但不是的子集，D错误． 故选：AB 10．BC 【分析】根据的范围，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】因为是三角形的一个内角， 所以，所以恒成立，故A错误； 当时，、，故BC正确； ，所以，故D错误. 所以可能为负值的为、. 故选：BC 11．ABD 【分析】根据指数函数的性质判断A，由指数幂的运算求值判断B，由不等式的性质判断C，作差法比较大小判断D. 【详解】由，得，故A正确； 由，故B正确； 由且，取，此时，故C错误； 由，而， 所以，显然， 所以，则，故D正确. 故选：ABD 12．或 【分析】将分式不等式转化为整式不等式即可求解. 【详解】不等式的解集等价于不等式的解集， 即的解集为或. 于是不等式的解集为或. 故答案为：或. 13． 【分析】化简函数的解析式为，由可计算出的取值范围，根据题意可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】由题意，函数， 当时，， 由于函数在区间上恰有一个最大值点和一个最小值点， 则，解得，即， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用正弦型函数在区间上的最值点求参数，考查计算能力，属于中等题. 14．9 【分析】根据题意设及直线：，再与抛物线方程联立并结合韦达定理从而可求出，再由过焦点的弦的性质从而可求出，，再由抛物线定义及基本不等式从而可求解. 【详解】设，直线：，则，得， 所以，则， 由过焦点，设直线：，则，得， 所以，则，同理可得， 所以，， 则， 当且仅当时取等号. 故答案为：. 【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Δ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. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用三角形内角和化简三角函数方程，即可证明结论； （2）由正弦定理求出的表达式，即可得出其最小值. 【详解】（1）由题意证明如下， 在中，， ， ， ， 又为斜三角形，则， ， ， ∵为的内角， . （2）由题意及（1）得， 在中，，，是等腰三角形， 由正弦定理，则， 又，即， ， ， 令， ， 又因为，即， 当即时，取最小值，且， ∴的最小值为． 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明出，，可完成证明； （2）通过证明平面，可得⊥，进而可得⊥平面，即可完成证明； 【详解】（1）证明：因为侧面与侧面均为正方形， 所以，， 又平面ABC，所以平面； （2）证明：因为，所以平面， 由平面得，， 因为，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以⊥. 因为平面平面， 所以， 因为平面，所以⊥平面. 又平面，故平面平面. 17．(1) (2)直线过定点 【分析】（1）由已知，设点，坐标，结合斜率乘积可得，即可得椭圆方程； （2）①当直线斜率不存在时，设直线方程及点，坐标，结合，解方程可得直线方程；②当直线斜率存在时，可设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与斜率公式列方程，化简可得或，代入直线方程可得解. 【详解】（1）由已知，即，所依椭圆方程为， 当直线过原点时，设，则，所以， 所以，又， 所以，， 所以，则， 所以椭圆方程为； （2） ①当直线斜率不存在时，设直线方程为，点，（）， 则，，且，即， 所以，解得， 即此时直线方程为； ②当直线斜率存在时，由题可设直线方程为，舍，， 联立直线与椭圆方程得， 则，即， 且，， 又，， 则， 即， 即， 化简可得，解得或， 当时，直线方程为，过点，不成立； 当时，直线方程为，过定点； 综上所述直线恒过定点. 18．（1）；（2）填表见解析；有超过95%.的把握认为“手机营销达人与员工的性别有关”（3）详见解析 【解析】（1）由频率分布直方图各矩形面积和为1求得；再由平均值计算公式计算； （2）由独立重复试验分析方式计算观测值，对比表中数据，下结论； （3）由超几何分布计算概率并列出分布列，再由数学期望计算公式求得答案. 【详解】（1）由图知：， 则 （2）由已知得列联表如下： 男员工 女员工 合计 手机营销达人 5 35 40 非手机营销达人 45 115 160 合计 50 150 200 由表中数据可得： 的观测值 所以有超过95%.的把握认为“手机营销达人与员工的性别有关”； （3）由频率分布直方图可得在的员工共有：人，且的可能取值为1，2，3， 则， ， ， 所以分布列如下： 1 2 3 所以. 【点睛】本题考查求频率分布直方图中的参数和平均值，由独立性检验分析实际问题，还考查了由超几何分布列分布列并求其期望，属于中档题. 19．(1)＋ (2)， 【分析】（1）利用平面向量的线性运算求解即可； （2）用向量，表示向量，应用数量积运算先求的最小值，即可求出. 【详解】（1）解：因为当时，＝， 所以＝ (＋) ＝ [(－)＋(＋)] ＝ ＝＋ （2）因为＝(＋) ＝[(－)＋(＋)] ＝ ＝ ＝＋， 由于||＝2，，＝2，知||＝||＝2， ∴||2＝2＋2＋ ＝＝， 因为，所以当λ＝时，||2有最小值， 即||有最小值. 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 $