湖北省襄阳四中2026届高三上学期1月质量检测五数学试题（含答案）

这是一份湖北省襄阳四中2026届高三上学期1月质量检测五数学试题（含答案），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数（其中i为虚数单位，）．若是纯虚数，则（ ）
A. B. C. 1D. 4
2. 已知是函数的导函数，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
4. 设随机变量，，，，则（ ）
A. B.
C D.
5. 中国戏曲中人物角色的行当分类，可以有生、旦、净、末、丑五大行当．现有3名男生和2名女生，每人要扮演某戏曲中的一个角色，五个行当均有人扮演，且生行、净行由男生扮演，旦行由女生扮演，则不同的人物角色扮演方式共有（ ）
A 6种B. 12种C. 24种D. 48种
6. 双曲线上存在四点，使得四边形是正方形，则双曲线离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数，若关于的方程在上恰有一个实数根，则（ ）
A. B. C. D. 2
8. 等差数列前n项和为，已知，，则（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列关于说法正确的是（ ）
A. 抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B. 某人射击时命中的概率为，此人射击三次命中的次数服从两点分布
C. 小赵．小钱．小孙．小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“个人去的景点不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则
D. 抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为，令事件，，则事件A，独立
10. 如图，的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.若点在外，，，则下列说法中正确的有（ ）

A. B.
C. 四边形面积的最大值为D. 四边形面积无最大值
11. 已知正四面体的棱长为，其外接球的球心为.点满足，，过点作平面行于和，平面分别与该正四面体的棱，，相交于点，，，则（ ）
A. 四边形的周长为定值
B. 四棱锥的体积的最大值为
C. 当时，平面截球所得截面的周长为
D. 当时，将正四体绕旋转后与原四面体的公共部分体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 集合，，则集合的子集个数为______．
13. 已知是单调递减等比数列，其前项和为，若，则___________．
14. 已知正实数满足，则的最小值为________.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角对边分别为.若.
（1）若，求边上的中线的长；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
16. 在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，平面，点为中点.

（1）在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由；
（2）请在下列条件中任选一个，求平面与平面所成二面角的正弦值
；.
17. 在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．
（1）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列；
（2）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若恒成立，认为该企业具有一定的智能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金吗？请说明理由．
18. 设，已知函数.
（1）若，判断在区间上的单调性；
（2）若，判断的零点个数，并给出证明；
（3）若，求正整数a的值.
19. 由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的相似比.已知椭圆，椭圆与的焦点在同一坐标轴上，且经过点，并与椭圆相似.
（1）求椭圆的方程.
（2）若直线与椭圆相切，且与椭圆交于两点，求证：的面积是定值.
（3）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点（在的上方），直线与椭圆交于两点（S在的上方）.是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
襄阳四中2026届高三上学期质量检测（五）
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数（其中i为虚数单位，）．若是纯虚数，则（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先利用复数的乘法，写出，再根据纯虚数的概念求参数.
详解】，
因为是纯虚数，所以.
故选：B
2. 已知是函数的导函数，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求导函数，令即可求解.
【详解】由，可得，
故，解得.
故选：A.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用向量数量积的运算律结合条件求出，再根据向量夹角的计算公式列式求解即得.
【详解】由得，
又因为，代入解得，
由，
因为，所以.
故选：C.
4. 设随机变量，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正态分布的性质得，由作差法、对数的性质比较大小，即可得.
【详解】因为，所以.
因为，所以，
所以，，
所以.
故选：A
5. 中国戏曲中人物角色的行当分类，可以有生、旦、净、末、丑五大行当．现有3名男生和2名女生，每人要扮演某戏曲中的一个角色，五个行当均有人扮演，且生行、净行由男生扮演，旦行由女生扮演，则不同的人物角色扮演方式共有（ ）
A. 6种B. 12种C. 24种D. 48种
【答案】C
【解析】
【分析】根据“特殊元素（位置）优先法”，先安排生行、净行和旦行，再安排其他行即可.
【详解】由题意，生行、净行由男生扮演，则从3名男生中选2人，再全排列，有种扮演方式；
旦行由女生扮演，则从2名女生中选1人，有种扮演方式；
剩下2人有种扮演方式，
故共有（种）不同的人物角色扮演方式．
故选：C
6. 双曲线上存在四点，使得四边形是正方形，则双曲线离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先设，代入双曲线方程得到，根据四边形是正方形，得到，从而得到，再转化为齐次式求离心率的取值范围即可.
【详解】设，在第一象限，
由题知：，解得：，
由双曲线的对称性可知，正方形的中心为原点，且其顶点关于坐标轴对称，
所以，
所以，解得.
又因为，所以，解得，
所以.
即双曲线离心率的取值范围是，
故选：C
7. 已知函数，若关于的方程在上恰有一个实数根，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用三角函数的图象和性质求出结果.
【详解】若关于的方程在上恰有一个实数根，则，即在上恰有一个实数根，
因为恰为的最小正周期，且当时，，所以，
若，则关于的方程在上有两个实数根，因为，所以，此时，
即，解得，所以．
故选：A
8. 等差数列前n项的和为，已知，，则（ ）
A 7B. 8C. 9D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列性质可得，，结合题意运算求解即可.
【详解】因为数列为等差数列，则，
又因为，即，解得或，
若，则，不合题意；
若，则，解得；
综上所述：.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列关于说法正确的是（ ）
A. 抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B. 某人射击时命中概率为，此人射击三次命中的次数服从两点分布
C. 小赵．小钱．小孙．小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“个人去的景点不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则
D. 抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为，令事件，，则事件A，独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1；
对于B：此人射击三次是三次独立重复试验，命中的次数服从二项分布；
对于C：由题意求得，，再由公式，可判断C；
对于D：根据事件独立性的定义可判断D.
【详解】对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，所以出现正面的次数是随机变量，故A正确；
对于B：某人射击时命中的概率为，此人射击三次是三次独立重复试验，命中的次数服从二项分布，而不是两点分布，故B不正确；
对于C：由题意得，所以，
所以，故C正确；
对于D：根据事件独立性的定义得出事件A、B是独立的，故D正确.
故选：ACD.
10. 如图，的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.若点在外，，，则下列说法中正确的有（ ）

A. B.
C. 四边形面积的最大值为D. 四边形面积无最大值
【答案】AB
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出角判断AB；利用三角形面积公式及余弦定理，借助三角函数性质求解判断CD.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
即，有，而，，解得，
而，则有，因此，，A B正确；
显然是等边三角形，
四边形面积等于

，
当且仅当，即时取等号，CD错误.
故选：AB
11. 已知正四面体的棱长为，其外接球的球心为.点满足，，过点作平面行于和，平面分别与该正四面体的棱，，相交于点，，，则（ ）
A. 四边形的周长为定值
B. 四棱锥的体积的最大值为
C. 当时，平面截球所得截面的周长为
D. 当时，将正四体绕旋转后与原四面体的公共部分体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，对A：根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析运算；对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解.
【详解】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接，设，
∵，，则为平行四边形，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
对A：如图1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，则，即，
同理可得： ，，
，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A正确；

对B：如图1，由A可知：，，
，，
∵为正方形，则，
∴为矩形，
根据平行可得：点A到平面的距离，
故四棱锥的体积，
则，
∵，则当时，则，在上单调递增，
当时，则，在上单调递减，
∴当时，取到最大值，
故四棱锥的体积的最大值为，B正确；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，
其半径，
设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，
时，，平面过外接球球心，
平面截球所得截面圆半径为，
截面圆周长为，C错误；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，
设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积，D正确；
故选：BD.
【点睛】思路点睛：对于正四面体的相关问题时，我们常转化为正方体，利用正方体的性质处理相关问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 集合，，则集合的子集个数为______．
【答案】4
【解析】
【分析】解方程组，根据方程组的解的个数可得中元素的个数，即可得解.
【详解】解：联立，解得或，
所以集合中有2个元素，
所以集合的子集个数为个.
故答案为：4.
13. 已知是单调递减的等比数列，其前项和为，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据等比数列性质和韦达定理从而求得，则求出，再求出，最后利用等比数列的前项和的公式求出．
【详解】是单调递减的等比数列，，，
，
是方程的两个根．
，，，，
，．
故答案为：.
14. 已知正实数满足，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】先将等式变形，构造函数，利用函数单调性得到，对变形后使用基本不等式求解最小值.
【详解】变形为，
则，即，
令，则恒成立，
则，单调递增，
又，所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为2.
故选：A
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角的对边分别为.若.
（1）若，求边上的中线的长；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件结合正弦定理得，结合题意得的三边长，求得，在中利用余弦定理求出；
（2）由题意知：且．要使是锐角三角形，只要．由解得，由余弦定理得的表达式，进而可得的取值范围.
【小问1详解】
在中，由于，
所以，结合题意得，即
故的三边长分别为，
所以，
在中，，
故．
【小问2详解】
由题意知：且．
要使是锐角三角形，只要．
故，解得：，
又，
由，得，所以，
故的取值范围是
16. 在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，平面，点为中点.

（1）在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由；
（2）请在下列条件中任选一个，求平面与平面所成二面角的正弦值
；.
【答案】（1）存在，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意根据条件推出平面平面，再根据面面平行的判定定理证明结论.
（2）若选，在中，利用，求出，取中点，连接，从而证明，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，再利用法向量求二面角即可.
若选，由，求出，取中点，连接，从而证明，仿照选的方法可求二面角.
【小问1详解】
在直线上存在一点，使得平面平面，理由如下：
连接交于点，连接，取的中点，连接，

又平面,平面，
平面平面，故,
O为的中点，点为中点，则，
，故四边形为平行四边形，则，
平面，平面，故平面；
又点为中点，为的中点，故,
平面，平面，故平面，
平面，故平面平面，
【小问2详解】
选择，
四边形为菱形，,
则为正三角形，，
故在中，，
由余弦定理知，
取中点，连接，
在中，，
则，所以，
因为是正三角形，所以，
因为平面，所以平面，
平面，
又平面，
故平面，
以为原点分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，,
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
,
设平面的法向量为，
则，即，
令，得平面的法向量，
故，
由于平面与平面所成二面角为，则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为；
若选：
由（1）可知，，
取中点，连接，
在中，，则，所以，
因为是正三角形，所以，
又平面，则平面，
平面，故；
因为是正三角形，所以，
因为平面，所以平面，
以为原点分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，,
则，
设平面法向量为，
则，即，
令，则，故，
,
设平面的法向量为，
则，即，
令，得平面的法向量，
故，
由于平面与平面所成二面角为，则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为；
17. 在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．
（1）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列；
（2）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若恒成立，认为该企业具有一定的智能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金吗？请说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）可以；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别求出其所对应的概率，即可得到分布列.
（2）根据题意，由条件可得是以为首项，为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式即可得到结果.
【小问1详解】
设计算机4次生成的数字之和为，则，
则，
，
的可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为
【小问2详解】设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，
表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，
由全概率公式可知
则，，
即，，且，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以恒成立，
所以该企业具有一定的智能化管理水平，能拿到奖金.
18. 设，已知函数.
（1）若，判断在区间上的单调性；
（2）若，判断的零点个数，并给出证明；
（3）若，求正整数a的值.
【答案】（1）在区间上单调递增．
（2）有且仅有1个零点，证明见解析
（3）1
【解析】
【分析】（1）先求出导函数，然后结合指数函数的单调性及余弦函数的最值判断，即可得解.
（2）求出的导函数，按照和，分别研究函数的单调性，结合零点存在性定理判断零点个数.
（3）设，分，，三种情况讨论，利用导数法研究其单调性求出其最值即可判断成立.
【小问1详解】
，则，所以.
当时，，，
所以在区间上单调递增．
【小问2详解】
，则，，
当时，，故在上单调递增．
又，
故在上存在唯一零点．
当时，恒成立．
综上，若有且仅有1个零点．
【小问3详解】
设，
①若，令，令，解得．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，又，
所以，，即．
同理，令，令，解得．
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，又，
所以，，即．
，
所以满足题意．
②若，令，则，记，
由得故在上单调递增，又，
所以，时，在上单调递增．
又，所以，
所以不合题意．
③若，
当，
又，所以，
所以不合题意．
综上，正整数a的值为1．
【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
19. 由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的相似比.已知椭圆，椭圆与的焦点在同一坐标轴上，且经过点，并与椭圆相似.
（1）求椭圆的方程.
（2）若直线与椭圆相切，且与椭圆交于两点，求证：的面积是定值.
（3）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点（在的上方），直线与椭圆交于两点（S在的上方）.是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）利用相似性质，可知两椭圆离心率相等，即可求解；
（2）先考虑斜率不存在时，求得的面积为；在斜率存在时设直线方程为，与椭圆联立，由两者相切推得，再由与椭圆联立，利用弦长公式求得和到直线的距离，化简后代入的面积公式，计算即得证；
（3）联立直线与椭圆方程说明的中点也是的中点，然后将转化为的数量关系，借助弦长公式完成计算.
【小问1详解】
由题意可知，“特征三角形”是等腰三角形，且腰长为，底边长为，
那么两个“特征三角形”相似比即两椭圆的长半轴长之比或者焦距之比，从而这两个椭圆的离心率相等.
由椭圆的离心率为，
可知过点且与椭圆相似的椭圆的离心率，
设所求椭圆为，代入点得：
又由，可得，②
联立两式解得：，
所以所求椭圆方程为：.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，又与椭圆相切，则切线方程为，
由对称性不妨取，代入椭圆，可得两交点坐标为，
此时，故；
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，代入椭圆，
消去，可得，
因直线与椭圆相切，可得：，整理得.
再将代入，消去，可得，
整理得，因，
将代入，化简得，
设，则，
故
，
将代入上式，化简得，
又点到直线的距离为，
则为定值.
【小问3详解】
假设直线存在；设直线的方程为：，且.
由消去，可得，则有，
又由消去，可得，则有，
可得，即中点的横坐标相同，
又因为四点共线，所以的中点即为的中点，
因，则，化简得（*），
因，
，
代入（*），可得，化简得，解得，符合题意.
故存在直线满足条件.
1
2
3