襄阳四中2026届高三下学期质量检测 数学试卷+答案

襄阳四中2026届高三下学期质量检测

z1z2C，下列说法正确的是（

zzz2

zz0zz

1 1

1,

1,z1

1z1z2已知集合Mx∣x22x30Nx∣x2a0，若集合MNNa

在一个有限样本空间中，假设PAPBPC，且A与B相互独立，A与C互斥，则（（

(,

ABAB2AB的距离为3

C．PCAB

D．若PCBPCB，则B与C互该圆锥的侧面积为（

11（多选）ABCABCMACAM1MCC．11C． B．2

→

3

CC1ABC，∠ABC90ABBCCC12A1B12，则（已知向量a,b,c满足abab2，abc1，则c的最大值为 A5,1B1,1,C12Px2y21PA22PB23|PC|2的最大值与最小值之和为（） 2x,xf(xln(axx2x,x

过点MABBC所成角均为BB1

C．[0,

一组从小到大排列的数据：0,1,3,4,6,7,9,x,11,12，若删去x前后它们的80百分位数相同，则x

内，将椭圆C 1(ab0)绕原点O旋转得到椭

PABC中，BC1AC2，PC3，PAAB，PAACCx2y2xy6P(mn是椭圆C上任意一点，则下列说法错误的是（

PBBC.QPBBQ1，则直线CQABC椭圆C1y椭圆C的离心率为

mn的最大值为D．n的最大值为

各项均为正数，a1,23,a2,310,a3,4a1,4a3,1，则an,n x

与a两项之间，都插入kkN*个相同的数(1)k1k，组成数列c，记数列c的前n

tx22xt0恒成立，则整数a的最小值为（

k T，则T

已知数列an项和为S，满足

SnnN*a0，则可能同时为整数的是（a3a4和a5

a4a5和

a5a6和

a6a7和记VABCAB,C的对边分别为abc，已知3asinBbcosAc求tanBDBCAD⊥AB．若sin∠CADcosAa6，求CDPABCDABCDADBCAD4，∠ABC90PAABCDPAABBC2若MPCNAD中点，试确定点M的位置，使得PBBMN所成角最大，并求出该最大角.[4555),[5565),[6575),[75,85),[8595.80AB等品.现100到如图所示的频率分布直方图

（ii）100件一箱包装.A等品芯片的利润是m(1m24)B等品芯片的利润是ln(25m元，根据(1)的计算结果，试求m已知圆Mx2a2ya216a0的圆心MNx22pyp0上，且圆M与抛物D，E，F.求圆MN是否存在常数λDAFCλDEFE？若存在，求出λ的值；若当点C4时，以CRt△CPQ及RtCRTPQ，RT的交点坐标f(x)e2xbx．(1)fx(2)F(xf(ln①证明：当b0F(x

②当b1F(xf(lnx，数列a满足

Faa2an1,

3．其前nS值，用样本标准差s作为σ的估计值.A等品的概率(保留P(μσξμσ)0.6827,P(μ2σξμ2σ)0.9545P(μ3σξμ3σ)0.9973.)(2)（i）从样本的质量指标值在[4555和[85，95]3件，记其中质量指标值在[85，

Snn1

襄阳四中2026届高三下学期质量检测A

离心率为ec

6CD，由11

2

mn6可将其看作是关于mA【详解】由Mx∣x22x30x1x3MNNN故若a0x2aN,

方程，且该方程有实数根，故Δn24n260，故n28n的最大值为

D当a0N

a0x x

a，

Bf(xxf(x

xexxexex

1

结合NM，则1 x 3，解得0a1，综上可得a1，故选BP，底面圆圆心为点OABE，连接OEPE、OAOBPAPBOAOB，则OEABPEAB因为圆锥顶点到直线AB的距离为3，所以PE ，因为圆锥底面半 ，OAOB AB2，所以VAOBAB

上单调递减，x0时，fx0,f(xxg(xx22x的图象，当a0x0，则xtx22xt0即t2 因为E为线段AB的中点，故OE1，因为PO平面OAB，OE,OA平面OAB PE2OE即t0， x22x0在a,上恒成立，但当x2时 x22xPE2OE 2 PO2OA在Rt△PO2OA

2，所以，圆锥PO的底面圆半径 ，

故a0不成立，若a1g(xx22x在1f(x)

x在1f11g11f33g25线长为2因此，该圆锥的侧面积为π2222π.2

C【详解】如图所示，设向量OAaOBb，作向量OCab

xt

2xt0恒成立，所以整数a1.B因为abab2，所以四边形OACB是边长为2的菱形，且OC2，再

OPccab)OPOCCP1P在以C1

D【详解】依题意，由an1

nNan0a10圆上，结合图形，当OCPPP1OP

当n1

S11，

a

a

S

a

a1213c取得最大值3

n

n

PA22PB23|PC|2(cosθ5)2(sinθ1)22[(cosθ1)2(sinθ1)2

Aa3a11a4a212a5a31a12a6a413则a3a42a12a5a63a160a10a12a13a1a3a4和a5a6A

aa1a aa2a aa3aPA22PB23|PC

对于B，

，则4

，6 所 的最大值与最小值之和

Dfxyyx2ylnaxx0

aa和aaBC

a1

25，

a1

2a54 6

x2lnaxx0有解，可转化为axex2在0gxxex2x0

则aa3a6

a

250a05

10 gx1ex20gx在0

3a5aaa和aaCD

a56 5

10

gxg0e2xgxgxe2，则ae2

a11a126a130a6a73a19，当3a1a6a7和a11a12D

a

x,

a

i

zz21z21A 恒成立，

， ，0ae2故选

C【详解】设xy是椭圆C1上任意一点，则xyyx对称的点为yxyx

0z1

z20z10

Cz

z2，CD

abi,

cdiabcdR,a2为yx，由C1xa2

xy6可得yx和yx均在曲线上，故椭圆C1yx

1 mn

z

1,

1,z

1c2dac2bda2b2c2d22acac2c2dac2bda2b2c2d22acac2bda2b2c2d22ac

mn26

2ac2bd1，z

3D故mn26，当且仅当mn

1 的两条对称轴令xy，则x2x2x26，解得x ，令xy，

BCD【详解】对于A，A与B相互独立，则PABPAPB3 x2x2x26x

2，故长半轴轴长6

，短半轴长2

ABA与CACP

P

值为4，即tanCPH4，所以HP 5，因此P点轨迹是以H为圆心，5为半径的圆在所以PACPA1，所以PCA 31，PAC31

tan P

PC

1

，D正确

12．1110个数据，1080%8，原来第80

x

980% P

P

删去后有9

百分位数 依题意可得x1111，解得x11．故答案为对于D，显然PCPBCPBC ，即PBC PBC P

PCB

P

PCB

3

πPAACPA2PC2AC25PCBP

由

2，得P

PB 1 2

2

由PAAB ，可得AB2AC2BC2,故ACBC如图，将底面补成矩形 PBC0B与CD正确.BE是∠ABC的平分线，即ABECBFπBEABC

PDPBBC,ADPB,ADBDPBBDB,ADPDBADPDACPADACPD,ADACPDACBD,QE//PDBDECE，则么QCECQABCBEBBABC

PDPB2-32所以PB2-32

=2 ,

BQ2BC,BQ2BCABCBABC

所以sinQCE，故QCE，即直线CQ与平面ABC所成的角

.故答案为：使得夹角为，

E

F

2n12n12036【详解】设第一行公差为d，各列的公比为q且q0，且 3（FBE的反向延长线上）

则

32d，

3，这四条直线不重合，再过M

32dq232d3dq2，则2d2d62d3d20，由各项均为正数，故d2 CC

BC

CC

BCC

5q10，即q=2

a2n22n1，故

aqn12n12n1选项，因 平

平 ，所

，因 11是直角梯形

CCCB2,C

1

CBBB2CB2BC2BB与CBBB

1

B A

B B

k2

k2

k2面AB1C不垂直，B错；选项C，如下图，由B1C1//BC，1111得111

故在ak1,1之前共有k

k10

6570k11

7770AM1CM，即AM1得AMB1P

1ABMPMP⊂BCM，ABBCMAB

Tn

1

1223344L10104

2111149162536496481100442036.2n12n1CQAM1ACCA，QAC上AQBCM

a2c2

b2c2 1 1

2 2

D，因为CC1ABCABABC，所以CC1ABABBCBCCC1CBC、CC1过C作CHBB1H，由面面垂直的性质定理得CHABB1A1

又3asinBbcosAca0，故3asinBbcosAacosBbcosA所以3sinBcosB，又B0,π，所以3sinBcosB0，故而tanBsinB 6 （2）由sin∠CADcosAsinπAsinπA，知∠CADπA或π 8BCCBsin

CC1

1

又∠CADAπ或πAAππAAππAA2πA2π（ 4 2

CHCBsinCBB1

5，BH

去 10DBCA2π，故CADπtanBAD

BCSV

1ABACsin

BC

C3 P(η0)1010

C2，P(η1)1010

C1，P(η2)1010

C0 ，P(η3)1010

ADACsin

33

分（1分）

32CDa3216（1）PAABCDADABABCDPAADPAAB，ABBC,ADBCAD⊥AB，又因为PA,AB平面PAB，PA∩ABA，所以AD平面PAB 3ADBCBCPBCADPBCADPBC，PBCPADl，所以AD//l，又因为AD平面PAB，所以l平面 6

2 10 （ii）A等品有YB等品有(100Y件，设每箱产品的利润为Z元，由题意知：ZmY100Yln(25mmln(25m))Y100ln(25m 11由（1）A等品的概率为0.16所以Y~B(1000.16)E(Y1000.1616E(ZE[(mln(25m))Y100ln(25(mln(25m))EY100ln(25m)16(mln(25m))100ln(2516m84ln(25 13（2）AABADAPxyz 8

令f(x)16x84ln(25x)(1x24)，由f(x)16 0得，x25

79 14

x(179f(x0fxx7924)f(x0fx 1λ1λ1λ

2,0,

1λ1λ →

2x2y

所以当x79(1,24)时，f(x)取得最大值.所以当m79时，每箱产品利润最 15 mNB0 的法向量为mx,y,z，则有→ 2x2λy2z0，取x1

1λ

1λ

18．(1)圆M的方程为x

y

16Nx28m→m→ (2)存m→m→→

（1）圆Mx2a2ya216a0的圆心M2aa，因为圆心MN

n,

PB

2pap0，即2ap，因为圆MN

pa4，BMN的夹角的正弦值为 ， 12

解得p4，a 3

，所以圆M的方程为x42y2216，抛物线N的方程为x28y 4

232

6121

1

3λ3

6 λ3

Ayy1xxxy1xx1x2 f

4

8大值，所

14

在点B处的坐切线方程为yy xxx，即y xxx2 6 4 8所以当M点满足PM3MC时，PB与平面BMN的夹角的最大值为.....................15

x

x

x

y

4xx18

x xx

（ii）

由 ，解得

，所以D 2,12，同理可得 ， y1

1

yx1

8

yx1

yx3（1）100

8

x10(0.01500.025600.04700.015800.0190)69 2即μx69，σs11XN(69,112XN(69,112

Ex1x3x1x3Fx2x3x3x2 7 P(X80)1P(6911X6911)1P(μσXμσ)10.68270.15865

x x2x

x x2xx

x

x

x

xxxx所

DA 2, 12,FC 2, 32

2,1 12,FE 2,1 23

所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为A等品的概率约为 5

x

x

x2x

x2x

x

x

xxx

x

x（2（i） 所以DAFC 2 2 12 32 2 2 2 2 9

x3

x1

x1x3x2

x3

x1

x3x1x2

综上所述：当b0fxR上单调递增；当b0fxDEFE

， DAFCDEFE所以存在λ1，使得DAFCDEFE 10因为Rt△CPQ、RtVCRT是抛物线的两个内接三角形，所以直线CPCQCRCT0，当点C4时，代入428yy2，所以C42

6 x x 且满足x1x2x3，则x 3，又由F(x)f(lnx)e2lnxblnxx2blnx，F(x)2xPxyQxyRxy,Tx

，由C为直角顶点，设

k，则 1

blnx3(x2x2

bln

F(x)F(x

kF(x 2x 8 1 1 则直线CPy2kx4x28y

x x x x28kx32k160，则xP48k,xP8k4 11

bln

ln

lnykx428k28k2P8k4,8k28k2，同理可得Q84882

kACkB

x12xb2x

x11)

x1 k

x3

x3

x3 x3 8k28k2882

2x31 k

2

x

PQy

8k2

ln3 1

ln3 9

8k4

x3x1

x3x1

x3x1

x31 整理得ykk1x410，即kk1x410y0 13

x 2t1

t