湖北省襄阳市第四中学2026届高三上学期开学综合测试数学试题(含解析)

湖北省襄阳市第四中学2026届高三上学期综合测试
数学试题及答案解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
. . . .
2.已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
. . . .
3.在矩形中，，，若，且，则（ ）
. . . .
4.（ ）
. . . .
5.如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，又如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ）
. .
. .
6.若,构成等差数列，公差，，且其中三项构成等比数列，设，，则下列说法正确的是（ ）
.一定大于0 .可能构成等比数列
.若，，则为5的倍数 .
7.已知函数的定义域为，对任意的，均有，且，则下列结论中一定正确的是（ ）
. .
. .
8.已知双曲线的左、右焦点分别为，过且倾斜角为的直线与交于两点，若（为的离心率），为坐标原点，为的重心，则斜率的最小值为（ ）
. . . .
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的是（ ）
.已知一组数据为-1,1,2,4,3,5,10,9，若为这组数据的上四分位数，，则的展开式中的系数为
.数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点
.若随机变量，则函数为偶函数
.在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则变为原来的9倍
（，其中）
10.已知抛物线，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，过分别作的垂线，垂足分别为，则（ ）
.
.若，则直线的斜率为
.三点共线（其中为坐标原点）
.
11.如图，半圆锥的底面直径为，母线，为圆弧上任意一点（不包括两点），直线垂直于平面，且.连结交母线于点.下列结论正确的是（ ）
.三棱锥的4个面均为直角三角形
.
.沿此半圆锥的曲侧面从点到达点的最短距离为2
.当直线与平面所成角最大时，平面截三棱锥外接球所得截面的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知，则二项式的展开式中含项的系数为
.
13.成都石室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬辉”两个分会场.现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下三人安排去“传承”“扬辉”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不再同一个会场开展工作，则不同的安排方案有 种.
14.如图，在中，，点分别在边上，线段和的长均不超过9，点在线段上，且平分，，则长度的取值范围是 .
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.（13分）记为数列的前项和，为数列的前项积，已知.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求的通项公式.
16.（15分）如图，在三棱柱中，底面为正三角形，，且，为的中点.
（1）证明：；
（2）点是线段上一点，求使得二面角的正弦值不小于的点形成的轨迹长度.
17.（15分）小华、小明、小红三人为某比赛制定了如下规则：现确定挑战权，挑战权属于某人时，该人可挑战另外两人.经商定，小华首先获得挑战权，他挑战小明、小红的概率均为.若他挑战小明，下一次的挑战权即属于小明，且小明再挑战小华、小红的概率分别为、；若他挑战小红，下一次的挑战权即属于小红，且小红再挑战小华、小明的概率分别为、.
（1）经过3次挑战后，小华已使用的挑战权次数记为，求的分布列及数学期望；
（2）若经过次挑战后，挑战权属于小华、小明、小红分别记为事件.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求事件发生的概率.
18.（17分）已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，圆心的轨迹为曲线：将曲线上每一点的纵坐标伸长为原来的倍（横坐标不变），得到曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若，，为曲线上一动点且在第一象限内，直线分别交曲线于两点，连接交轴于点.
（ⅰ）若，求直线的方程；
（ⅱ）曲线上是否存在定点使得三点的横坐标按一定顺序成等比数列 若存在，请求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
19.（17分）已知双曲正弦函数，双曲余弦函数.
（1）求双曲正弦函数在处的切线方程；
（2）证明：当时，；
（3）证明：.
答案解析
一、选择题
1.D 解析：∵，
，∴.
2.C 解析：由题意得，则，
∴的虚部是.
3.C 解析：由题设知，且，则，
∴，∴.
4.D 解析：
5.B 解析：设水面与棱台的四条侧棱分别相交于，
过作交于点，交于点，如图所示，
∵四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形，
∵水面的高度是方斗杯高度的，则，，
因此.
设棱台的高为，设体积为，
则棱台的高为，设体积为，
则，.
∴，由题意，
则该方斗杯可盛水的总体积为.
6.C 解析：对于A，取，则成等比数列，，故A错误；
对于B，，则，与公差，矛盾，故B错误；
对于C，为5的倍数，故C正确；
对于D，，故D错误.
7.C 解析：对于A，令，则有，故A错误；
对于B，令，则，又，从而，故B错误；
对于C，对任意的有，，令，则，
即，
令且，则，
∴在上单调递减，则，即，
从而
（利用，则），故C正确；
对于D，令，则，又，从而，故D错误.
8.B 解析：，则，
∴直线的斜率为.
设，的中点为，则点在直线上，
则，，两式作差，
得，即，
则，
当且仅当时等号成立，∴直线斜率的最小值为.
二、选择题
9.ABC 解析：对于A，将原数据按照从小到大的顺序排序为-1,1,2,3,4,5,9,10，
∵上四分位数就是第75百分位数，∴，∴，
∵的二项展开式的通项为，
令，解得，∴的展开式中的系数为，故A正确；
对于B，∵回归直线方程过样本的中心点，，∴，
∴去除一个异常点后，，，
∴新的回归直线必过点，故B正确；
对于C，∵随机变量，∴其图象关于对称，
∴关于对称轴的对称点为，即，
关于对称轴的对称点为，即，
根据正态曲线的对称性可知，
∵，∴，
∴，∴函数为偶函数，故C正确；
对于D，在列联表中，若每一个数据均变为原来的3倍，则
，
∴变为原来的3倍，故D错误.
10.ACD 解析：连接，
根据抛物线定义可知，∴，
又由于轴，∴，
∴，同理可证，
∴，
即，故A正确；
过作于，设，则，，
∴，∴，
由对称性可知直线的斜率为，故B错误；
设，，则，，
由于，，由于三点共线，
则，
又由于，，则，由于，则，
∴，，
∴，即，∴三点共线，故C正确；
由于，则，即，∴，
，
∴，故D正确.
11.ABD 解析：对于A，根据直线垂直于平面，故，，
故，为直角三角形，半圆锥的底面直径为，
为圆弧上任意一点（不包括两点），，故为直角三角形，
∵，，故平面，得，
故为直角三角形，故A正确；
对于B，中，，则，
，故B正确；
对于C，将圆锥沿母线剪开后得到平面展开图，,则，
即圆锥展开为一个半圆.
又，，则，故C错误；
对于D，过作于，连接，则平面，
故为与面所成的角，
设，，则，，，
则，可得.
设，，则上式，
当且仅当，即时取“=”.
又三棱锥的外接球半径为，
点到平面的距离为，
又中点（球心）到平面的距离为点到平面的距离的一半，即为，
则，∴，故D正确.
三、填空题
12. 解析：由题意知，，∴，
则二项式的通项，
令，解得，∴含项的系数为.
13. 解析：按照甲、乙是否存在“传奇”主会场划分情况：
①甲、乙有且只有1人在主会场，需要在除甲、乙外的四人中选两人取主会场，
剩下的三人去“传承”，“扬辉”两个分会场，有种不同的安排方案；
②甲、乙都不在主会场，从甲、乙外的四人中选三人去主会场，
再将甲、乙安排去“传承”，“扬辉”两个分会场，且一人取一个分会场，
剩下一人可以去“传承”，“扬辉”两个分会场，有种不同的安排方案.
根据分类加法计数原理，共有种不同的安排方案.
14. 解析：设，，，
由题意可得，且，
∵，∴，
可得，∴.
∵，，∴，解得，
∴.
令，∵函数，
当且仅当时取等号，
由对勾函数单调性可得在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，，则.
由余弦定理可得
，故，
即长度的取值范围是.
四、解答题
15.解：（1）证明：当时，，解得，
当时，∵，即①，则②，
得：，整理得，
∴，
∴数列是首项为，公比是2的等比数列.
（2）由（1）可得，则，
当时，，
当时，，
∴的通项公式为.
16.解：（1）如图，连接，
∵底面为边长为4的正三角形，且为的中点，
∴，
又，∴，且，
在中，∵，
由余弦定理可得，
解得，
在中，∵，∴.
∵平面，且，∴平面，
又平面，故.
（2）由（1）知平面，∵，∴，
则以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设，
则，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，则平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，则，
取，则，，则平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为，
当时，由得，
即，整理得，
即，解得，∵，
故使得二面角的正弦值不小于的点形成的轨迹长度为.
17.解：（1）的可能取值为1和2，
；，
则的分布列如下：
1 2
则的期望为.
（2）（ⅰ）①，②，
①-②得：.
又,则，即.
（ⅱ）③，
①+②得：，
由③知，
又，
则有，其中，，
则是以为首项，为公比的等比数列.
可得，∴.
18.解：（1）设圆的半径为，点，
由于，从而圆与圆内切，
又圆与圆外切，与圆内切，
则有，，
当时，，，从而矛盾，
故不符合题意；
当时，，，从而，
则点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆（除去点），
设，则半焦距为，，即，从而，
故，
设为曲线上任意一点，则点在曲线上，
即，即，故.
（2）由题意知直线的斜率存在，从而记直线的斜率分别为
设为上一点，则有，即，
从而，
设直线，，
设，，，
联立，得，
有，
得，即，同理可得，
联立，得，
从而，有.
（ⅰ）由，即，有，
即，解得，又，则.
从而直线的方程：，即，
（ⅱ）由直线的斜率，
则直线的方程：，
令，则，
又，从而，
故存在使得，
即三点的横坐标成等比数列.
19.解：（1）由已知，，
∴，又，∴切线方程为.
（2）令，则，
∵，当且仅当，即时，等号成立，
∴，∴在上单调递增，
∴，
∴当时，成立.
（3）先证：，令，
则，令，则，
∴在上单调递增，∴，
即在上单调递增，，
∴，当时取等号，即，
令，则，
当时，，
即，
则有，，，，
相加可得，
∵，则，∴.
又由（2）知，当时，.
∴.
∴.