精品解析湖北省襄阳市第四中学2026届高三下学期开学质量检测A数学试卷含解析（word版）

这是一份精品解析湖北省襄阳市第四中学2026届高三下学期开学质量检测A数学试卷含解析（word版），文件包含精品解析湖北襄阳市第四中学2025-2026学年高三下学期开学数学试题原卷版docx、精品解析湖北襄阳市第四中学2025-2026学年高三下学期开学数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1. 已知集合，若集合，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式化简,即可根据，对集合讨论求解.
【详解】由
，则,
故若，则，不等式无解，此时,符合题意，
当时，，
结合，则，解得，
综上可得，
故选：A
2. 已知圆锥底面半径，底面圆周上两点、满足，圆锥顶点到直线的距离为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的高和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果.
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、，
因为，，则，，
因为圆锥顶点到直线的距离为，所以，
因为圆锥底面半径，故，又，
所以为等腰直角三角形，为斜边，
因为为线段的中点， 故，
因为平面，平面，，，
在中，，
在中，，
所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为，
因此，该圆锥的侧面积为.
故答案为：.
3. 已知向量 满足，，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】设且，根据题意，得到四边形是边长为2的菱形，再作，得到点在以为圆心，半径为1的圆上，结合图形和圆的性质，即可求解.
【详解】如图所示，设向量，作向量，
因为，所以四边形是边长为2的菱形，且，
再作，则，
所以点在以为圆心，半径为1圆上，
结合图形，当三点共线时，即点在处时，取得最大值，
所以取得最大值.
故选：C.
4. 已知三点，点在圆上运动，则的最大值与最小值之和为（ ）
A. 96B. 98C. 100D. 102
【答案】D
【解析】
【分析】设出点的坐标，利用同角公式及正弦函数性质求出答案.
【详解】由点在圆上运动，设，
所以
，显然的最大值、最小值分别为57和45，
所以的最大值与最小值之和为102.
故选：D
5. 已知函数的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，问题转化为与，在有交点，即在有解，构造，利用导数研究单调性并求最值，即可求的取值范围.
【详解】函数的图象上存在关于轴对称的点，则与，在有交点，
即在有解，
可转化为在有解，
令，，
则，故函数在上单调递增，
，且时，，
所以，则，
又恒成立，即，，则，
.
故选：D.
6. 在平面直角坐标系内，将椭圆绕原点O旋转得到椭圆，点是椭圆上任意一点，则下列说法错误的是（ ）
A. 椭圆的对称轴为B. 的最大值为
C. 椭圆的离心率为D. n的最大值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据点关于直线对称，即可代入方程验证A，根据不等式即可求解B，根据对称，联立方程可求解半长轴和半短轴的长，即可有离心率公式求解C，根据判别式即可求解D.
【详解】设是椭圆上任意一点，则关于对称的点为，关于对称的点为，由可得和均在曲线上，故椭圆的对称轴为，故A正确；
对于B，，则，
故，当且仅当取等号，故B正确；
对于C，由A可知：是的两条对称轴，令，则，解得，令，则，解得，故长半轴轴长，短半轴长，故离心率为，故C错误；
对于D，由可将其看作是关于的方程，且该方程有实数根，故，故，因此n的最大值为，故D正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：①根据是的两条对称轴，令和可得长半轴轴长，短半轴长.②将其看作是关于的方程，根据方程有实数根，利用判别式求解.
7. ，，使得恒成立，则整数的最小值为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】在同一直角坐标系中作出与的图象，结合图象分分类讨论即可得正确的选项.
【详解】由得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，,
在同一直角坐标系中画出与的图象，
当时，取，则即即，
故在上恒成立，但当时，，
故不成立，
若，在上为增函数，
在上为减函数，而，，
故在上仅有一解，
此时取，结合图象可得恒成立，
所以整数的最小值为1.
故选：.
【点睛】关键点点睛：解决本题关键是先利用特殊值排除非正整数，再根据数形结合求解.
8. 已知数列的前n项和为，满足，，则可能同时为整数的是（ ）
A. 和B. 和C. 和D. 和
【答案】D
【解析】
【分析】由，，推得，在此基础上，对各选项中的结论进行计算，即可判定可能同时为整数的选项；
【详解】依题意，由，不等于0，，可得：
当时，，
，
对于A，，，，，
则，，因为数列的每一项都不等于0，不是整数，
不可能同时为整数，和不可能同时取整数，故A错误；
对于B，，则，，
因为数列每一项都不为0，且不为负整数，不可能同时为整数，
和不可以同时取整数，故B错误；
对于C，，，
则，，因为数列每一项都不为0，且不为负整数，
不可能同时为整数，和不可以同时取整数，故C错误；
对于D，，则，，
当为负整数时，和可以同时取整数，故D正确；
故选：D.
二、多选题
9. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则中至少有一个为0
C.
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】举反例即可求解A，根据模长的性质即可求解BC，根据模长公式，即可求解D.
【详解】对于A,若，满足，但，故A错误，
对于B，由，则或，故中至少有一个为0，B正确，
对于C，，C正确，
对于D，设，,故，故，，故D正确，
故选：BCD
10. 在一个有限样本空间中，假设，且与相互独立，与互斥，则（ ）
A.
B.
C.
D. 若，则与互斥
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据A与B相互独立，则,再由可判断A选项；由条件概率的运算 可判断B选项；因为A与C互斥，即A发生则C一定不发生，故可判断C选项；通过计算得，得B与C互斥即可判断D.
【详解】对于A，A与B相互独立，则,
，故A错误；
对于B，因为与互斥，所以，所以，
所以，，
所以,故B正确；
对于C，因为与互斥，所以，所以，所以
所以，故C正确；
对于D，显然，即，
由，得，
解得，所以与互斥，故D正确.
故选：BCD
11. （多选）如图，三棱台中，是上一点，，平面，，，则（ ）
A. 过点有四条直线与、所成角均为
B. 平面
C. 棱上存在点，使平面平面
D. 若点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为，且长度的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由的平分线绕点在过直线且与平面垂直的平面内旋转确定直线的位置判断A，求出与不垂直，判断B，过作交于点，由面面平行的判定定理证明面面平行后判断C，根据线面角定义确定点轨迹后求得最小值判断D．
【详解】选项A，由异面直线所成角的定义考察过点的直线，如图，直线是的平分线，
即，
在过直线且与平面垂直的平面内．把直线绕点旋转，
旋转过程中始终保持该直线与的夹角相等，
旋转到与平面垂直位置时，直线与的夹角为，因此中间必有一个位置，使得夹角为，
以为旋转中心，点向上移有一个位置，向下移也有一个位置，同样点
（如图，点在的反向延长线上）向上移有一个位置，向下移也有一个位置，共四个位置得四条直线，
由于夹角为，这四条直线不重合，再过作这四条直线的平行线，满足题意，故A正确，

选项B，因为平面，平面，所以，
因此是直角梯形，，则，但，
因此与不垂直，从而与平面不垂直，B错；
选项C，如下图，由，得，
又，即得，
所以，
又平面，平面，所以平面，
过作交于点，是平行四边形，，
点在线段上），同理可得平面，
又是平面内两相交直线，所以平面//平面，C正确；

选项D，因为平面，平面，所以，又，
，、平面，所以平面，
而平面，所以平面平面，
过作，垂足为，由面面垂直的性质定理得平面，
在直角梯形中，，
所以在直角中，，，
与平面所成角的正切值为，即，
所以，
因此点轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面内圆弧，的最小值为，D正确．

故选：ACD．
【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题是个难点．确定轨迹的方法一种是利用空间直线与平面的平行或垂直关系得出动点所在的直线或平面满足的平行或垂直，从而得出轨迹，第二种利用空间角、距离的定义通过计算确定动点到某个定点的距离为定值（如本题），由平面几何知识得轨迹，该轨迹在平面内的部分即为所求（常常求的是在几何体某个面上的轨迹，因此要加范围限制）．
三、填空题
12. 一组从小到大排列的数据：，若删去前后它们的百分位数相同，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数计算规则得到第百分位数，从而得到方程，解得即可.
【详解】原来有10个数据，，原来第百分位数为，
删去后有9个数据，，则第百分位数，
依题意可得，解得．
故答案为：
13. 如图，三棱锥中，，，，，，.点Q在棱上且，则直线与平面所成的角是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据所给条件由勾股定理证明，将底面补成矩形ACBD，连PD，易证PD底面ACBD，作QEPD交BD于点E，连CE，可得QCE就是直线CQ与平面ABC所成的角，解三角形即可求解.
详解】由可得,
由，可得,故
如图，将底面补成矩形ACBD，连PD，
因为,
所以,又,,
所以平面，可得,
同理可得平面,
又
所以PD底面ACBD ,
作QE PD交BD于点E，连CE，则么QCE就是直线CQ与平面ABC所成的角，
因为，
所以,求得QE= , ，
所以，故，
即直线CQ与平面ABC所成的角是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：先证明，底面补成矩形，证明PD底面ACBD是解题的关键，然后利用线面角的定义，解直角三角想即可求解，属于中档题.
14. 如图，某数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成公比相同的等比数列，数阵中各项均为正数，，则______；在数列中的任意与两项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项和为，则______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设第一行公差为，各列的公比为且，结合已知条件求得，即可写出通项公式；再根据题意确定前70项的组成，应用分组求和、等比数列前n项和公式求和即可.
【详解】设第一行公差为，各列的公比为且，且，
则，，，，
所以，则，
由各项均为正数，故，则，即，
综上，，故，
由上，前n项为，且，
故在之前共有项，
则，则，
综上，前70项为，
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：利用等差、等比数列通项公式求行列间的公差、公比，确定行列通项公式为关键.
四、解答题
15. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）点在直线上，且．若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理得，结合已知条件运算得解；
（2）由结合诱导公式可得或，结合已知条件可得或，求得，再根据运算得解.
【小问1详解】
由余弦定理得，.
又，故，
所以，又，
所以，故而.
【小问2详解】
由，知或.
又或，所以只可能是或，
分别解得或（舍去），
故只有如图情况，即在线段上，且，故，，
于是，，即，
故.
16. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，.
（1）若平面平面，求证：平面；
（2）若是线段上动点，为中点，试确定点的位置，使得直线与平面所成角最大，并求出该最大角.
【答案】（1）证明见解析
（2）点满足，.
【解析】
【分析】（1）首先根据垂直关系证明平面，再根据平行关系证明，即可证明平面；
（2）首先求平面的法向量，再代入向量公式，即可求得线面角的正弦值，最后转化为二次函数求最值.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，，
因为，所以，
又因为平面，，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面平面，所以,
又因为平面，所以平面
【小问2详解】
以为原点，分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设，
则，
设平面的法向量为，
则有，取，则，
，
则与平面的夹角的正弦值为，设，
则，
当时，取得最大值，所以的最大值为，
所以当点满足时，与平面的夹角的最大值为.
17. 某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.

（1）根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)；
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. )
（2）（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望；
（ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大.
【答案】（1）
（2）（i）分布列见解析，；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求得样本平均数，然后利用正态分布的对称性求解概率.
（2）（i）先求出的取值，然后求出对应的概率，即可求出分布列，代入期望公式求解即可；
（ii）先根据二项分布的期望求出，然后构造函数，利用导数求出最大值时的即可.
【小问1详解】
由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为：
．
即，，所以，
因为质量指标值近似服从正态分布，
所以，
所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为等品的概率约为.
【小问2详解】
（i），所以所取样本的个数为20件，
质量指标值在的芯片件数为10件，故可能取的值为0，1，2，3，
相应的概率为：
，，
，，
随机变量的分布列为：
所以的数学期望.
（ii）设每箱产品中A等品有件，则每箱产品中等品有件，
设每箱产品的利润为元，
由题意知：，
由（1）知：每箱零件中A等品的概率为，
所以，所以，
所以
.
令，由得，，
又，，单调递增，，，单调递减，
所以当时，取得最大值.
所以当时，每箱产品利润最大.
18. 已知圆的圆心在抛物线上，且圆与抛物线的准线相切.如图，过抛物线上的三个不同点(在之间)，作抛物线的三条切线，分别两两相交于点.

（1）求圆和抛物线的方程；
（2）是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（3）当点的横坐标为4时，以为直角顶点，作抛物线的两个内接及，求线段的交点坐标.
【答案】（1）圆的方程为，抛物线的方程为
（2）存在，使得，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据圆的标准方程求出圆心坐标，代入抛物线方程，再结合圆与抛物线准线相切求出的值，从而得到圆和抛物线的方程；
（2）设，利用导数求出切线方程，进而得到交点坐标，再通过向量运算可得答案；
（3）根据已知条件求出点坐标，设，利用直角三角形条件得到方程，解方程组求出交点坐标.
【小问1详解】
圆的圆心，
因为圆心在抛物线上，所以，即，
因为圆与抛物线的准线相切，所以，
解得，，
所以圆的方程为，
抛物线的方程为；
【小问2详解】
存在常数，使得，理由如下，
设，，
则在点处的坐切线方程为，即，
在点处的坐切线方程为，即,
由，解得，所以，
同理可得，，，，
，
，
所以
，
，
，可得，
所以存在，使得；
【小问3详解】
因为、是抛物线的两个内接三角形，
所以直线的斜率存在且不为0，
当点的横坐标为4时，代入得，所以，
设，
由为直角顶点，
设，则，
则直线的方程为，与联立得
，则,
，可得，
同理可得，
所以直线的方程为
，
整理得，即，
设，则，
则直线的方程为，与联立得
，则,
，可得，
同理可得，
所以直线的方程为
，
整理得，
由得，
所以的交点坐标为.
【点睛】方法点睛：在探究抛物线切线相关问题，利用导数求出切线方程，进而求出交点坐标，凸显出导数作为工具在解析几何中确定图形的关键.
19. 已知A，B，C为函数图象上不同的三点．它们的横坐标依次成等差数列，且函数在点处的切线斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数．设函数．
（1）讨论函数单调性；
（2）已知函数
①证明：当时，是其定义域上的“等差偏移”函数；
②当时，函数，数列满足．其前项和为，试证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，对参数进行讨论，即可求解单调区间；
（2）①根据“等差偏移”函数的定义来作差比较大小，然后构造函数求导进行证明即可；
②利用先证明对数不等式，再放缩,利用构造法和迭代法求得通项不等式，从而求和即可得证.
【小问1详解】
函数的定义域为R，求导得：，
当时，恒成立，函数在R上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
函数的单调增区间为，单调减区间为
综上所述：当时，函数在R上单调递增；
当时，函数的单调增区间为，单调减区间为；
【小问2详解】
①设三点的横坐标成等差数列，
且满足，则，
又由，，
则，，
令，则，令，求导得，
在内单调递增，，即，
因为，，所以，
即函数在点处的切线斜率恒小于直线AC的斜率，
所以当时，是其定义域上的“等差偏移”函数；
②由，当时，，，
设，求导得，
当时，，则在内单调递增，
，，符合题意，
构造函数，求导得，
在内单调递增，则，
当时，，
，即，
，即，得
，
即，
．
【点睛】关键点点睛：针对数列不等式，关键是利用对数不等式进行放缩，得到新的递推不等式，再结合构造等比数列的思想来求得不等式通项，从而问题得证.
0
1
2
3