湖北襄阳市第四中学2026届高三下学期数学考前自测试题（一）

**基本信息** 襄阳四中2026届高三数学冲刺模拟卷，以仿生蝴蝶设计、风筝模型等真实情境为载体，融合复数、向量、概率等知识，考查数学眼光观察现实、数学思维解决问题的能力，适配高三周测需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|复数虚部、集合运算、向量夹角等|第3题结合仿生蝴蝶坐标图考查向量夹角，体现数学眼光| |多选题|3|立体几何位置关系、函数极值等|第10题通过函数导数综合判断，考查逻辑推理| |填空题|3|指数对数运算、双曲线离心率等|第13题结合双曲线与圆的交点，考查数学语言表达| |解答题|6|解三角形、概率统计、导数证明等|第17题以物种捕获试验数据为背景，第19题导数综合证明，呼应高考命题趋势|

襄阳四中2026届高三数学冲刺模拟试题（一） 一、单选题 1．设复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（    ） A． B． C．1 D．2 2．已知集合，，则=（    ） A． B． C． D． 3．如图为某款仿生蝴蝶的设计示意图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长为1，蝴蝶翅膀的一个前尖端点的坐标为，另一个前尖端点、尾突点均在格点上，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．已知随机变量，且，且，则（    ） A． B． C． D． 5．曲线在点 处的切线与直线和 围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D．1 6．已知，，成等差数列，，，则（    ） A． B． C． D．1 7．风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（    ） A． B． C． D． 8．一枚质地均匀的骰子，六个面分别标有数字，随机投掷该骰子3次，得到的点数依次记为，则满足的有序数对的个数为（    ） A．48 B．36 C．24 D．12 二、多选题 9．已知是两条不同直线，，，是三个不同的平面，则下列说法正确的有（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，，则 10．已知，若，则下列选项正确的是（    ） A．有两个极值点 B．当时， C．当时， D．对任意的实数 ． 11．已知正项数列满足记，． 则（    ） A．是递减数列 B． C．存在使得 D． 三、填空题 12．已知正数，，均不等于1，且，，则________． 13．双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与在第一象限的交点为，若直线与的一条渐近线平行，则的离心率为______. 14．已知函数的零点分别为，则____． 四、解答题 15．在中，内角的对边分别是，且． (1)求； (2)若，求的面积的最大值． 16．如图，在圆台中，，，是下底面圆周上的三点，为下底面圆的直径，为的中点. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 17．某区域中的物种拥有两个亚种．设从该区域中随机捕获1个物种的个体，该个体为种的概率为，为了估计该区域中物种的个体总数，研究人员从该区域中随机捕获3个个体，设3个个体中种的数目为，再将捕获的个体全部放回，作为一次试验结果，重复上述试验共6次．记第次捕获时种的数目为．统计结果如下表： 1 2 3 4 5 6 3 3 2 3 1 3 (1)求的分布列； (2)设函数，已知该区域中种的个体数为180．（将使取得最大值的值作为的估计值） （i）求的估计值； （ii）据（i）估计该区域中物种的个体总数． 18．已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且 (1)求直线AB的斜率(用表示)； (2)设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1. ①求证：直线l恒过定点Q； ②若向量，且，求的面积S的取值范围. 19．已知函数，. (1)，，求函数值域； (2)讨论的单调区间； (3)证明：当时，不等式对任意恒成立. 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《襄阳四中2026届高三数学冲刺模拟试题（一）》参考答案 1-5 BDADA 6-8 BAA ACD ABD ABD 1．B【详解】由题意可知，所以，所以其虚部为. 2．D【详解】不等式，即，即，解得，故， 不等式可化为，即，解得，故，所以. 3．A【详解】由题图，知，，又，所以，则． 4．D【详解】正态分布关于均值对称，又，可得，所以，又， 所以，由此可得，解得． 5．A【详解】，所以在点处的切线方程为，它与的交点为，与的交点为，所以三角形面积为 6．B【详解】因为，，成等差数列，所以，则. 设，，则，，. 又，，所以， 整理得，即， 所以，即. 7．A【详解】因为D为的中点，， 所以， 所以，， 又，四边形为矩形，，平面，所以平面， 又，，平面， 所以平面，故由四边形为矩形得平面， 所以由，，得, 所以，又由得，所以， 所以多面体的体积为. 8．A【详解】不妨设，则， 故，所以要使得， 只需要2. 若，此时三个数的取值有和三种情况，当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有6种情况； 当三个数的取值为时，有序数对共有3种情况； 所以当时，有序数对的个数共有12种. 同理，，；；的不同情况也均为12种，故满足的有序数对的个数为. 9．ACD【详解】对A，根据面面平行的性质定理，可得A正确； 对B：若，，，则或异面，故B错误； 对C：因为垂直于同一条直线的平面互相平行，故C正确； 对D：因为，，，所以，又，所以.故D正确. 10．ABD【详解】由得， 令得. 则时，递减； 时，，递增；时，，递减. 选项A，有两个极值点（极小值点）和（极大值点），A正确； 选项B，当时，，在递增，递减， 最大值为，且时，故， 又，所以， 时，的取值范围是，即，B正确； 选项C，当时，，在单调递减，故， 所以，即，C错误； 选项D，对任意实数，当时的最大值为， 若，包含极大值点，， 又可知，当时，，故此时的最大值为，所以； 若，在递减，，故的最大值为0，所以， 因此所有，即，D正确. 11．ABD【详解】由可得， 故数列构成等差数列，设公差为，则，即， 于是，则 因，代入解得，故. 对于A，因，则是递减数列，故A正确； 对于B，把代入，计算即得，故B正确； 对于C，由可得，故C错误； 对于D，先证明.设，， 则，即在上为增函数， 故，即得. 要证，即证：， 由可得， 则，故必有，即D正确. 12．6【详解】方法一：，即． 方法二：由，，得，，则，所以． 13．【详解】因为以为直径的圆与在第一象限的交点为，所以. 由直线与的一条渐近线平行可得，所以， 又由双曲线定义可得，所以，得，所以. 由得，即，整理得， 所以，，离心率. 14．/0.5【详解】令，则有，即，所以有． 令，则， 令，则有，即有，， 因为，所以，则，即有， 则有，即当时，， 所以共有3个零点，分别为， 所以． 15．(1) (2) 【详解】（1）由，得，所以由余弦定理，得， 因为中，，所以，，所以. （2）由和，得， 因为，当且仅当时取等号，所以， 所以，当且仅当时取等号，所以的面积， 即的面积的最大值为. 16．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为为下底面圆的直径，所以， 因为为的中点，所以，所以， 又，，平面，所以平面. （2）以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设， 则，，，， 则，，. 设平面的一个法向量为，则取，得. 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1) 0 1 2 3 (2)（i）；（ii）1080. 【详解】（1）依题意，的所有可取值为，， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 （2）（i）由统计表，得 ， 求导得，当时，；当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，所以. （ii）设该区域中物种的个体总数，由该区域中种个体数为180，得该区域中种的数目为， 由（i）得从该区域中随机捕获1个个体，该个体为种概率的估计值， 因此，解得，所以估计该区域中物种的个体总数为1080. 18．(1) (2)①；② 【详解】（1）根据题意，将点代入抛物线方程，得，所以抛物线C：， 则，由于，则，所以； （2）①设，直线的方程为，所以， 联立，消去并化简得：， 所以，， 所以，即， 所以，所以， 所以直线的方程为，即所以直线过定点，该点坐标为； ②由，，可得轴，且， 联立与，并令，得， 则，且由得， 由，即，得， 由于得，且， 则的面积， 而， 由于，得，而即， 即，所以，且，则且， 由于在单调递减，在单调递增， 所以，当，当， 当，故面积S的取值范围为. 19．(1) (2)当时，在，上分别递增，在，上分别递减；当时，在，上分别递减 (3)证明见解析 【详解】（1），时，，函数定义域为， ∴，∴在区间，上单调递增，在区间，上单调递减； 在处取得极大值，； 在处取得极小值，；且当时，；当时，； 的值域为； （2）函数的定义域为，求导得：， 当时，在，上均递减； 当时，在，上均递减； 当时为对勾函数， 则在，上分别递增，在，上分别递减. 综上所述：当时，在，上分别递增，在，上分别递减； 当时，在，上分别递减； （3），，则，； ∵函数定义域为关于原点对称， ∴， ，； ∴为偶函数； 则只需证明时，不等式，恒成立； ∵； ∴； ∵； ∴ ； ∵. ∴； 则；即. 综上所述：当时，不等式对任意恒成立. 答案第8页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $