湖南省长沙市周南中学2025届高三上学期数学周考试卷(6)

湖南省长沙市周南中学2025 届高三数学周考试卷 (6) 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 ,集合 ,则 ( ) A. B . C. D. 2. 如图,在复平面内,复数 对应的点分别为 ,则复数 的虚部为( ) A. B. -1 C. D. -3 3. 已知向量 ,则 ( ) A 0 B. C. D. 4. 若 且 ,则下列不等式中一定成立的是 ( ) A. B. C. D. 5. 小王同学进行投篮练习,若他第 1 球投进,则第 2 球投进的概率为 ; 若他第 1 球投不进,则第 2 球投进的概率为 . 若他第 1 球投进概率为 ,他第 2 球投进的概率为( ) A. B. C. D. 6. 若正四棱锥的高为 8 , 且所有顶点都在半径为 5 的球面上, 则该正四棱锥的侧面积为 ( ) A. 24 B. 32 C. 96 D. 128 7. 荀子《劝学》中说: “不积跬步, 无以至千里; 不积小流, 无以成江海. ”学习是日积月累的过程, 每天进步一点点, 前进不止一小点. 若甲、乙两同学当下的知识储备量均为 a, 甲同学每天的 “进步” 率和乙同学每天的 “退步” 率均为 天后,甲同学的知识储备量为 ,乙同学的知识储备量为 ,则甲、乙的知识储备量之比为 2 时,需要经过的天数约为( )(参考数据: A. 15 B. 18 C. 30 D. 35 8. 已知 为函数 的零点,则 ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 给出下列命题, 其中正确命题为 ( ) A. 已知数据 ,满足: ,若去掉 后组成一组新数据,则新数据的方差为 168 B. 随机变量 服从正态分布 ,若 ,则 C. 一组数据 的线性回归方程为 ,若 =30,则 =63 D. 对于独立性检验,随机变量 的值越大,则推断 “两变量有关系” 犯错误的概率越小 10. 如图,在正三棱柱 中 分别为棱 的中点, ,则以下结论正确的是 ( ) A. 平面QMN B. C. 点 到平面 的距离为 D.三棱锥 的外接球表面积为 11. 定义在(-1,1)的函数 满足 ,且当 时, ,则 ( ) A. 是奇函数 B. 在(-1,1)上单调递增 C. D. 三、填空题: (本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分. ) 12. 已知命题 ,若命题 为假命题,则实数 的取值范围是 13. 已知点 在圆 上,点 ,当 最小时, 14. 甲和乙两个箱子中各装有 10 个除颜色外完全相同的球, 其中甲箱中有 4 个红球、 3 个白球和 3 个黑球, 乙箱中有 5 个红球、 2 个白球和 3 个黑球. 先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别用 和 表示由甲箱取出的球是红球、白球和黑球的事件; 再从乙箱中随机取出一球,用 表示由乙箱取出的球是红球的事件,则 _____. 四、解答题: (本题共 3 小题. ) 15. 等差数列 中,首项 ,且 成等比数列. (1)求数列 的通项公式; (2)求数列 的前 项和 . 16. 已知椭圆 的离心率为 ,右焦点为 ,点 在 上. (1) 求 的方程; (2) 已知 为坐标原点,点 在直线 上,若直线1与 相切,且 ,求 的值. 17. 已知 在 处的切线方程为 . (1) 求实数 的值; (2) 证明: 仅有一个极值点 ,且 . (3) 若 ,是否存在 使得 恒成立,存在请求出 的取值范围,不存在请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省长沙市周南中学2025 届高三数学周考试卷 (6)参考答案 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 ,集合 ,则 ( ) A. B . C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算集合 ,再计算结果,判断选项. 【详解】由 ,则 ,当且仅当 ,即 取等号, 则 , 故 . 故选: A 2. 如图,在复平面内,复数 对应的点分别为 ,则复数 的虚部为( ) A. B. -1 C. D. -3 【答案】D 【解析】 【分析】由复数对应的点求出复数 ,计算 ,得复数 的虚部. 【详解】在复平面内,复数 对应 点分别为 , 则 ,得 , 所以复数 的虚部为 -3 . 故选: D 3. 已知向量 ,则 ( ) A 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量坐标公式求夹角余弦值即可. 【详解】由题设 . 故选: B 4. 若 且 ,则下列不等式中一定成立的是 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据作差法判断 ; 结合不等式的基本性质举例说明即可判断 ABD. 【详解】A: 当 时, ,故 错误; B: 当 时,满足 不成立,故 错误; C: , 因为 ,所以 ,得 ,即 ,故 正确; D: 当 时,满足 不成立,故 D 错误. 故选: C 5. 小王同学进行投篮练习,若他第 1 球投进,则第 2 球投进的概率为 ; 若他第 1 球投不进,则第 2 球投进的概率为 . 若他第 1 球投进概率为 ,他第 2 球投进的概率为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把第 2 球投进的事件分拆成两个互斥事件的和, 分别算出这两个互斥事件的概率即可得解. 【详解】第 2 球投进的事件 是第一球投进,第 2 球投进的事件 M1 与第一球没投进,第 2 球投进的事件 的和, 与 互斥, ,则 , 所以第 2 球投进的概率为 . 故选: A 6. 若正四棱锥的高为 8 , 且所有顶点都在半径为 5 的球面上, 则该正四棱锥的侧面积为 ( ) A. 24 B. 32 C. 96 D. 128 【答案】C 【分析】根据正四棱锥及球的特征求出锥体的底边边长和侧棱长, 然后结合勾股定理利用侧面积公式计算即可. 【详解】 如图所示,设 在底面的投影为 ,易知正四棱锥 的外接球球心在 上, 由题意球 0 的半径 , 所以 ,则 , 故 中,边 的高为 , 所以该正四棱锥的侧面积为 . 故选: C 7. 荀子《劝学》中说: “不积跬步, 无以至千里; 不积小流, 无以成江海. ”学习是日积月累的过程, 每天进步一点点, 前进不止一小点. 若甲、乙两同学当下的知识储备量均为 a, 甲同学每天的 “进步” 率和乙同学每天的 “退步” 率均为 天后,甲同学的知识储备量为 ,乙同学的知识储备量为 ,则甲、乙的知识储备量之比为 2 时,需要经过的天数约为( )(参考数据: A. 15 B. 18 C. 30 D. 35 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意列式, 结合对数运算, 即可求得答案. 【详解】由题意可设经过 天后甲、乙的知识储备量之比为 2 , 则 , 则 (天), 故选: B 8. 已知 为函数 的零点,则 ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意确定 为方程 的根,构造函数 ,由其单调性即可求解. 【详解】由 得 ,即 ,即 , 因为 ,所以 ,所以 为方程 的根, 令 ,则 ,所以 在 上单调递增, 又 ,所以 , 即 ,即 , 故选: B. 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. 给出下列命题, 其中正确命题为 ( ) A. 已知数据 ,满足: ,若去掉 后组成一组新数据,则新数据的方差为 168 B. 随机变量 服从正态分布 ,若 ,则 C. 一组数据 的线性回归方程为 ,若 =30,则 =63 D. 对于独立性检验,随机变量 的值越大,则推断 “两变量有关系” 犯错误的概率越小 【答案】BD 【分析】根据方差的定义求新数据的方差可判断 ,由条件,结合正态分布密度曲线的对称性可求 ,判断 B, 由条件结合回归方程过中心点可求 ,由此可求,判断 ,根据 性质判断 . 【详解】对于 选项,去掉 后的平均数为 , 方差为 ,故 A 选项错误; 对于 选项,由于随机变量 服从正态分布 , 故 , 所以 关于 1 对称, 所以 ,故 选项正确; 对于 选项,因为 =30,所以 , 又因为回归方程为 , 所以 , 所以 =78 ,故 选项错误; 对于 D 选项,对于独立性检验,随机变量 的值越大,则两变量有关系的程度的错误率更低, 故 越大,判定 “两变量有关系” 的错误率更低, D 选项正确. 故选: BD. 10. 如图,在正三棱柱 中 分别为棱 的中点, ,则以下结论正确的是 ( ) A. 平面QMN B. C. 点 到平面 的距离为 D.三棱锥 的外接球表面积为 【答案】 【解析】 【分析】应用线面平行判定定理判断 A,应用勾股定理计算判断 B,应用等体积求出点 到平面 的距离判断 C, 利用补形及直三棱柱的外接球公式计算外接球半径即可判断 D. 【详解】由题, ,所以 平面 不在平面 内, 故 平面 , A 正确; 由题可得, , 设 ,易得 , 因为 ,即 ,解得 ,故 , B 错误; 因为 ,所以 , 所以 平面 平面 ,得出 平面 , 所以 , 又 , 设点 到平面 的距离为 ,则 ,得 正确; 将三棱锥 补成以 为底面的直三棱柱,则该三棱柱的外接球即为三棱锥 的外接球,其球心 0 位于上下底面外心的中点, , 故 的外接圆半径 , 设外接球半径为 ,则 , 所以三棱锥 的外接球表面积 错误. 故选: AC. 11. 定义在(-1,1)的函数 满足 ,且当 时, ,则 ( ) A. 是奇函数 B. 在(-1,1)上单调递增 C. D. 【答案】 【分析】根据奇偶性的定义分析判断 ,根据函数单调性的定义分析判断 ,利用赋值法分析判断 ,根据选项 C 及函数单调性判断 D. 【详解】对于 ,令 ,可得 ,再令 ,可得 ,且函数定义域为 (-1,1),所以函数为奇函数,故 正确; 对 ,令 ,则 ,可得 , 所以 由函数性质可得 ,即 , 所以 在(-1,1)上单调递增,故 正确; 对于 ,令 ,可得 ,所以 ,即 ,故 C 正确; 对 D,因为函数为增函数,所以 ,由 可知 ,故 错误. 故选: ABC 三、填空题: (本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分. ) 12. 已知命题 ,若命题 为假命题,则实数 的取值范围是 【答案】 【解析】 【分析】根据已知中 “ ” 为假命题,可以得到否定命题: “ , ” 为真命题,则问题可转化为一个函数恒成立问题,对二次项系数 a 分类讨论后,综合讨论结果, 即可得到答案. 【详解】解: “ ” 为假命题, 其否定 “ ” 真命题, 当 时,显然成立; 当 时, 恒成立可化为: 解得 综上实数 的取值范围是 . 故答案为 . 13. 已知点 在圆 上,点 ,当 最小时, 【答案】 【分析】找到当 最小时 点所在的位置,再结合勾股定理可得结果. 【详解】设圆 的圆心为 ,半径为 4, 如图所示: 当 最小时, 与圆 相切,连接 , 则 ,而 , 由勾股定理得 , 所以当 最小时, . 故答案为: . 14. 甲和乙两个箱子中各装有 10 个除颜色外完全相同的球, 其中甲箱中有 4 个红球、 3 个白球和 3 个黑球, 乙箱中有 5 个红球、 2 个白球和 3 个黑球. 先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别用 和 表示由甲箱取出的球是红球、白球和黑球的事件; 再从乙箱中随机取出一球,用 表示由乙箱取出的球是红球的事件,则 _____. 【答案】 . 【解】: 根据题意, 则 , ,故 . 故答案为: . 四、解答题: (本题共 3 小题. ) 15. 等差数列 中,首项 ,且 成等比数列. (1)求数列 的通项公式; (2)求数列 的前 项和 . 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】(1) 根据等比中项的性质结合等差数列的通项公式求出 ,进而得出数列 的通项公式; (2)根据裂项相消求和法得出前 项和 和 . 【小问 1 详解】 因为 成等比数列,所以 即 ,解得 ,所以 ; 【小问 2 详解】 因为 , 16. (15 分) 已知椭圆 的离心率为 ,右焦点为 ,点 在 上. (1) 求 的方程; (2) 已知 为坐标原点,点 在直线 上,若直线1与 相切,且 ,求 的值. 【答案】(1) (2) 【分析】(1) 根据椭圆离心率定义和椭圆上的点以及 的关系式列出方程组,解之即得; (2)将直线与椭圆方程联立,消元,根据题意,由 推得 ,又由 ,写出直线 的方程,与直线 1 联立,求得点 坐标,计算 ,将前式代入化简即得. 【详解】(i) 设 ,依题意, 解得 , 故 的方程为 . (2) 如图,依题意 ,联立 消去 ,可得 , 依题意,需使 ,整理得 因为 ,则直线 的斜率为 ,则其方程为 , 联立 ,解得 即 . 故 ,将 (*) 代入得, ,故 17. 已知 在 处的切线方程为 . (1) 求实数 的值; (2) 证明: 仅有一个极值点 ,且 . (3) 若 ,是否存在 使得 恒成立,存在请求出 的取值范围,不存在请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3) 不存在, 理由见详解 【解析】 【分析】(1) 求出 的导数,根据切线方程求出 的值即可; (2)求导可得 ,令 ,利用导数可得 的单调性,结合零点存在性定理可得 在 上存在唯一零点 ,且 ,进而可得 的单调性,可判断极值情况; 结合 代入化简 ,运算得证; (3)问题转化为 ,对 恒成立,当 时,显然上式不成立; 当 时,令 ,利用导数可得存在 ,使得 ,当 时, ,即 单调递减,此时 ,上式不能恒成立,得解. 【小问 1 详解】 由题意, ,则 , 解得 ,又 ,可得切点为(0, - 1),代入 ,得 . 所以实数 . 【小问 2 详解】 由 (1) 得 ,则 , 令 , 令 ,得 ,令 ,得 , 所以 在 上单调递减,在 上单调递增, 所以 , 且当 时, , 所以 在 上存在唯一零点 ,使得 即 , 当 时, ,即 单调递减, 当 时, ,即 单调递增, 所以 仅存在一个极值点 , 又函数 ,而 , 所以 在 上单调递减,则 , 所以 . 【小问 3 详解】 若存在 ,使得 恒成立,即 ,对 恒成立, 当 时,当 时,则 ,显然上式不成立; 当 时,令 , 则 , 令 ,则 在 上恒成立, 所以 即 在 上单调递增,又 , 所以存在 ,使得 , 所以当 时, ,即 单调递减,此时 , 所以 不恒成立, 故当 时,不存在 满足条件. 综上,不存在 ,使得 恒成立. 学科网（北京）股份有限公司 $$